Đề thi thử THPT quốc gia 2017 - 2018 môn Toán THPT chuyên Vĩnh phúc | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

(1)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN 3 NĂM HỌC 2017 – 2018 Bài thi: TOÁN

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

Họ, tên thí sinh:……….………. SBD:……….

Câu 23: [1D3-2] Số 6303268125 có bao nhiêu ước số nguyên?

A. 420 . B. 630 . C. 240 . D. 720 .

Lời giải Chọn D.

Cách 1:

Áp dụng công thức: Nếu số N được phân tích thành thừa số các số nguyên tố dạng N=p₁^k¹.p₂^k². ..p_n^kⁿ thì số các ước nguyên dương bằng ^k=

(

^k1+1

)(

^k2+1

)

^{.. .}

(

^kn+1

)

_{. Do}

đó số các ước nguyên của N là 2k .

Với N=6303268125=3⁵.5⁴.7³.11² thì có

2. (5+1) ( 4 +1) (3+ 1)( 2+1)=720

_{ước số} nguyên.

Cách 2: Áp dụng hàm sinh.

Do N=6303268125=3⁵.5⁴.7³.11² _nên

+ Hàm sinh để chọn số 3 là: 1+x+x²+x³+x⁴+x⁵ + Hàm sinh để chọn số 5 là:

1+ x + x

²

+ x

³

+ x

⁴

+ Hàm sinh để chọn số 7 là: 1+x+x²+x³ + Hàm sinh để chọn số 11 là: 1+x+x²

Suy ra hàm sinh các ước nguyên dương của 6303268125 có dạng:

f

(

x

)

=

(

1+x+x²+x³+x⁴+x⁵

)(

1+x+x²+x³+x⁴

) (

1+x+x²+x³

) (

1+x+x²

)

Tổng số các ước nguyên dương của N là tổng tất cả các hệ số của các số hạng trong khai triển trên, do đó số các ước nguyên dương của N là

f (1 )=360

_{nên số ước} nguyên của N là 720 .

âu 28. [1D5-2] Cho hàm số f(x)= x²

−x+1 . Tìm f⁽³⁰⁾

(

x

)

_:

(2)

A.

f

⁽³⁰⁾

( x ) =30 ! ( 1− x )

⁻³⁰ _. _B.

f

⁽³⁰⁾

( x ) =30 ! ( 1− x )

⁻³¹ _.

C.

f

⁽³⁰⁾

( x )=−30! (1−x )

⁻³⁰ _. _D.

f

⁽³⁰⁾

( x )=−30! (1−x )

⁻³¹ _.

Lời giải Chọn B.

Với g(x)= k

(ax+b)

(

^x^≠−^ba, k∈R , k≠0

)

_{. Ta có:} ^g⁽ⁿ⁾⁽^x⁾⁼^k^.⁽(⁻¹ax+b⁾ⁿ^.^a)ⁿ⁺¹ⁿ^.^n!^, ^∀^x≠−

b a.

Hàm số f(x)= x²

−x+1=−(x+1)+ 1

−x+1 . Nên

f⁽³⁰⁾

(

x

)

=30!

(

−x+1

)

³¹⁼^30!

(

−x+1

)

⁻³¹

Câu 29. [2H2-3] Cần phải thiết kế các thùng dạng hình trụ có nắp đậy để đựng nước sạch có dung tích

 

^cm³

V . Hỏi bán kính ^R^(cm)của đáy hình trụ nhận giá trị nào sau đây để tiết kiệm vật liệu nhất?

A.

3 3 2 R V

 

. B.

3 V R 

. C.

3 4 R V

 

. D.

3 2 R V

  . Lời giải

Chọn D.

Để tiết kiệm vật liệu nhất thì diện tích toàn phần của thùng phải ít nhất.

Ta có ^V ^{R h}² ² h V

R

  .

Diện tích toàn phần của hình trụ là

2 2 2

Stp  Rh R ²^R^. ^V_R² ²^R²

   2 ²

V 2 R R

 

3

2 2

2 3 2

V V

R V

R R  

   

.

Vậy

 

^S^tp _min ^^{3 2}³ ^^V² _khi^V_R ^²^^R² ^{ }^R ³ ₂^V_ _.

Câu 31. [1H3-3] Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính côsin của góc giữa mặt bên và mặt đáy.

A.

1

3 . B.

1

2 . C.

1

2 . D.

1 3. Lời giải

Chọn A.

(3)

S

A

B C

D O

a a

I

+ Gọi O là tâm của hình chóp tứ giác đều .S ABCD. Ta có ^SO^



^ABCD



_{, đáy}_ABCD_{là hình}

vuông cạnh a và các mặt bên là các tam giác đều cạnh a_. + Gọi ^I là trung điểm cạnh CD.

Theo giả thiết ta có:



^SCD

 

^ABCD



^CD

OI CD SI CD

 



 

 

nên góc giữa mặt bên



^SCD



và mặt đáy



^ABCD



bằng góc giữa hai đường thẳng OI và SI

bằng góc SIO . Khi đó:

cos OI SIO SI

2 3 2 a

 a

 1

cosSIO 3

 

.

Câu 32: [2D3-2] Tìm một nguyên hàm ^{F x}^{( )} của hàm số ^{( ) ax+} ² ⁽ ⁰⁾

f x b x

 x 

. Biết rằng ( 1) 1; (1) 4; (1) 0

F   F  f 

A.

3 2 3 7

( ) .

4 2 4

F x x

= + x+

B.

3 2 3 7

( ) .

4 2 4

F x x

= - x-

C.

3 2 3 7

( ) .

2 4 4

F x x

= + x-

D.

3 2 3 1

( ) .

2 2 2

F x x

= - x-

Lời giải Chọn A

Theo giả thiết ^f^{(1) 0}^   a b 0 (1).

(4)

Ta có

ax2

( ) 2

F x b C

  x

, theo giả thiết

2 1 ( 1) 1; (1) 4

2 4 a b c

F F

a b c

   

    

   

 (2)

Từ (1) và (2) giải ra

3 3 7

2, 2 4

a b  c

  

. Vậy

3 2 3 7

( ) .

4 2 4

F x x

= + x+

Câu 33: [2H3-2] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1;0; 3), ( 3; 2; 5). B    Biết tập hợp tất cả điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức ^AM² ^^BM² ^³⁰ là một mặt cầu ^{( )}^S . Tọa độ tâm ^I và bán kính ^R của mặt cầu ^{( )}^S là

A.I( 2; 2; 8);   R3. B. ( 1; 1; 4);I    R 6.

C. I( 1; 1; 4);   R3. D.

( 1; 1; 4); 30. I    R 2

Lời giải Chọn C

Gọi điểm ^{M x y z}^{( ; ; )} , từ giả thiết ^AM²^^BM² ^³⁰x²y²z²2x2y8z 9 0.  Tâm ( 1; 1; 4),I    R 1 1 16 9    9 3 .

Câu 34. [ 1D4-1] Cho hàm số ^y ^{f x}

 

^{2 1} ^x ³⁸ ^x^.

x

  

 

Tính

 

lim0 .

x f x



A.

1

12. B.

13.

12 C. ^. D.

10 11. Lời giải

Chọn B.

     

 

3

0 0

0 3 2 3

2 1 1 8 2

lim lim

2 1

lim 1 1 8 2 8 4

1 13

1 .

12 12

x x

x

x x

f x x

x x x

 



    



 

 

 

       

 

  

Câu 35. [2D2-2] Số nghiệm của phương trình ²^x²^²^x^{ }⁹



^x²^{ }^x ^{3 .8}



^x²^{ }³^x ⁶^



^x²^³^x^^{6 .8}



^x²^{ }^x ³_là:

A. 1. B. 3. C. 2. D. 4.

Lời giải

(5)

Chọn D.

Đặt

2 2

3 3 6

x x u

x x v

   



  

 .

Phương trình ²^x²^²^x^{ }⁹



^x²^{ }^x ^{3 .8}



^x²^{ }³^x ⁶^



^x²^³^x^^{6 .8}



^x²^{ }^x ³ (1) trở thành:



⁸^v ¹

 

⁸^u ¹



⁰

u  v  

(2).

+) Trường hợp 1: u = 0. Phương trình (2) thoả mãn.

Suy ra:

2 1 13

3 0 2

x     x x  .

+) Trường hợp 2: v = 0. Phương trình (2) thoả mãn.

Suy ra:

2 3 33

3 6 0

x  x   x  2 .

+) Trường hợp 3:

0 0 u v

 

  . Phương trình (2) tương đương với:

8 1 8 1 0

v u

    (3).

Xét hàm số ^{f t}

 

^{8 1}^t

t

 

trên R\{0}.

Nếu t > 0 thì ^{8 1 0;}^t^{ } ^t^⁰suy ra ^{f t}

 

^{8 1}^t

t

 

> 0.

Nếu t < 0 thì ^{8 1 0;}^t^{ } ^t^⁰suy ra ^{f t}

 

^{8 1}^t

t

 

> 0.

Suy ra ^{f t}

 

^{8 1}^t

t

 

> 0 với mọi ^{t R}^ ^{\ 0}

 

_.

Suy ra VT(3) > 0 với mọi u, v khác 0.

Do đó PT(3) vô nghiệm.

Vậy PT(1) có 4 nghiệm phân biệt.

Câu 36: [2H1-3] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a_,SA vuông góc với đáy SA a 2. Gọi ^{B D}^{', '} là hình chiếu của ^A lần lượt lên ^{SB SD}^, . Mặt phẳng



^{AB D}^{' '}



_cắt

SC tại 'C . Tính thể tích khối chóp .S AB C D' ' ' là:

A.

2 3 3 9 V  a

. B.

2 3 2 9 V  a

. C.

3 2

9 V a

. D.

2 3 3 3 V  a

.

(6)

Lời giải Chọn C

S

A

D C

B D'

C'

B'

Ta có

2 2

' ' 2 2

3 3

SB SD a SB  SD  a 

nên suy ra ' '/ /B D BD mà ^BD^



^SAC



^^BD^^SC_.

Do đó ' 'B D SC (1)

Ta có ^BC ^



^SAB



^^BC^ ^AB^'_và_AB_'__SB_{suy ra}_AB_'__SC₍₂₎

Từ (1) và (2) suy ra



^{AB C D}^{' ' '}



^^SC nên ta có AC'SC

2 2

' 2 1

4 2

SC a SC  a 

.

Ta có

' ' ' ' 2 ' ' ' ' 2 1 1

. .

2 3 2 3

SA B C D SAB C

SABCD SABC

V V SB SC

V  V  SB SC   .

Mà

2 3

1 2

. 2

3 3

SABCD

V  a a  a

.

Vậy

3 3

' ' '

1 2 2

3. 3 9

SAB C D

a a

V  

.

Tổng quát: Cho hình chóp .S ABCD là hình bình hành. Một mặt phẳng

 

^ _cắt

, , ,

SA SB SC SD tại ^{A B C D}^{', ', ', '}. Ta có

' ' ' ' 1 ' ' ' '

. . .

4 ' ' ' '

SA B C D SABCD

V SA SB SC SD SA SB SC SD V SA SB SC SD SA SB SC SD

 

     

Câu 37: [1D3-2] Cho cấp số cộng

 

un

biết u⁵ 18 và 4S_n S²_n. Tìm số hạng đầu tiên u¹ và công sai d của cấp số cộng.

A. u¹ 2,d 4. B. u¹ 2,d 3. C. u¹2,d2. D. u¹ 3,d 2.

(7)

Lời giải Chọn A

Theo bài ra ta có

   

1

1 1

4 18

1 2 2 1

4 2

2 2

u d

n n n n

nu d nu d

 

    

    

  



1 1

4 18

2 u d

u d

 

  

1 2

4 u d

 

   . Câu 38. [2H1-2] Cho hình chóp ^{S ABCD}^. có đáy là hình thang vuông tại ^A và ^D; ^SD vuông góc với

mặt đáy ⁽ÂBCD^);ÂD ⁼^{2 ;}â ^SD⁼â ^2. Tính khoảng cách giữa đường thẳng ^CD và mặt phẳng



^SAB



A. 2

3 a ×

B. ² a ×

C. ^a ^2. D.

3 3 a ×

Lời giải Chọn A.

D

A B

C S

H

Đáy là hình thang vuông tại ^A và ^Dnên ^AB song song với CD Kẻ DH SA

( ,( )) ( , ( )) d CD SAB d D SAB DH

Áp dụng ² ² ²

1 1 1

DH DS DA

Thay ^SD⁼â ^2.và ÂD ⁼²â

Ta tính được

2 3 DH = a×

(8)

Câu 41. [2H3-2] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm



^{1;0;0 ,}

 

^{0;1;0 ,}

 

^{0;0;1 ,}

 

^0;0;0



A B C D

. Hỏi có bao nhiêu điểm cách đều 4 mặt phẳng



^ABC

 

^, ^BCD

 

^, ^CDA

 

^, ^DAB



_.

A. ^4. B. 5. C. ^1. D. ^8.

Lời giải Chọn D.

C

D

A

B

Dễ dàng nhận thấy ^{A B C D}^{, , ,} lập thành tứ diện vuông. Các mặt bên chia hệ trục tọa độ ra thành 8 mặt phẳng nên tương ứng có 8 điểm cách đều 4 mặt phẳng



^ABC

 

^, ^BCD

 

^, ^CDA

 

^, ^DAB



Có thể viết phương trình



^ABC

 

^, ^BCD

 

^, ^CDA

 

^, ^DAB



Gọi ^{M a b c}^{( ; ; )}Và lập phương trình khoảng cách tới các mặt phẳng.

Câu 42. [2H2-3] Với một đĩa phẳng hình tròn bằng thép bán kính R, phải làm một cái phễu bằng cách cắt đi một hình quạt của đĩa này và gấp phần còn lại thành một hình nón. Gọi độ dài cung tròn của hình quạt còn lại là x_{. Tìm}x để thể tích khối nón tạo thành nhận giá trị lớn nhất.

A.

2 6

3 x R

. B.

2 2

3 x R

. C.

2 3

3 x R

. D.

6 3 xR

. Lời giải

Chọn A.

Độ dài cung tròn của hình quạt còn lại là x nên chu vi đường tròn đáy của hình nón là x_{. Do} đó bán kính đường tròn đáy của hình nón là 2

r x

 _. Hình nón luôn có đường sinh là R.

(9)

Nên đường cao của hình nón là:

2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 4 4

x x x

h R   R    h R   _.

Suy ra thể tích khối nón là:

2 2 2

1 1 1

. . . . .

3 3 4 4 12 4

x x x

V  h S  R    x R 

   

Tính

2 2

1 2

' 2

12 4

2 4

x

V x R x x

R x

 

  

 

  

 

  

 

  



2 2

2

2 2

2 2 2

4 8

6

4

x x

x R

R x

 

   

 

  

  

 

 



2 6

' 0 3

V x R

    

(vì ^x^⁰)

Câu 44. [2D1-3] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số

cos - 2 cos - y x

 x m

nghịch biến trên

khoảng 0;2

 

 

 

 .

A. ^m^². B. m0 hoặc 1 m 2.

C. ^m^². D. m0.

Lời giải Chọn B.

   

 

2 2

sin cos sin cos 2 sin 2

' cos cos

x x m x x x m

y x m x m

    

 

  .

Vì

0; sin 0

x 2 x



Hàm số

cos - 2 cos - y x

 x m

nghịch biến trên khoảng

0; ' 0, 0;

2 y x 2

     

   

   

 

 

²

 

2 0 1 2

sin 2

' 0, 0;

0;1 0

cos 2

m m

y x m x

m m

x m

    

    

        



.

Vậy

0

1 2

m m

 

  

 .

Câu 45. [2D3-3] Một ô tô đang chạy với tốc độ ^{10 ( / )}^{m s} thì người lái đạp phanh, từ thời điểm đó ô tô chuyển động chậm dần đều với ^{v t}^{( )}^{ }^{5 10 (m/s)}^t , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được bao nhiêu mét.

A. 8 .m B. 10 .m C. 5 .m D. 20 .m

Lời giải

(10)

Thời điểm đạp phanh ứng với 0t .

Thời điểm xe dừng hẳn ứng với ^{v t}^{( ) 5 10 0}^{  }^t  2t .

Quãng đường ô tô đi được từ lúc xe được phanh đến khi dừng hẳn bằng.

2

0

( ) 10( ) v t dt m



.

Câu 46. [2D1-3] Gọi m là số thực dương sao cho đường thẳng ^{y m}^{ }¹ cắt đồ thị hàm số y x ⁴ 3x²2 tại hai điểm ^{A B}^, thỏa mãn tam giác OAB vuông tại O(Olà gốc tọa độ ). Kết luận nào sau đây đúng?

A.

7 9; m 4 4

 

 . B.

7 9; m 4 4

 

 . C.

3 5; m 4 4

 

 . D.

5 7; m 4 4

 

 . Lời giải

Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị:

4 3 2 2 1

x  x   m  x⁴3x²  3 m 0 (*).

Đặt x t t² ( 0), ta được phương trình: ^t²^{   }^{3 3}^t ^m ⁰ (**).

Với m0 thì ^{  }⁽^m ^{3) 0} nên (**) có hai nghiệm trái dấu và (*) có hai nghiệm đối nhau ^^{a a}^, . Tọa độ giao điểm có dạng ^{A a m}^{( ;} ¹⁾; ^{B a m}⁽^ ^; ^¹⁾.

Tam giác OAB vuông tại O nên OA OB . 0

 a² (m 1)².

Thay vào (*) ta được:



^m^¹



⁴^³



^m^¹



²^{  }³ ^m ⁰. Phương trình này chỉ có một nghiệm dương m1. Vậy

3 5; m 4 4

 .

Câu 47: [1D2-2] Từ các chữ số 0,1,2, 3, 5,8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau và phải có mặt chữ số 3.

A. 36 số. B. 108 số. C. 228 số. D. 144 số.

Lời giải Chọn B

Gọi số cần lập là abcd + TH1:

Chọn d=3 có 1 cách Chọn ^a có 4 cách.

Chọn b c, có ^A⁴² cách

Þ Vậy có tất cả ^4.^A²⁴ ⁼⁴⁸ (số) + TH2:

Chọn ^d^¹ ³^Þ ^d⁼

{ }

^{1; 5} có 2 cách.

Chọn a=3 có 1 cách.

(11)

Chọn b c, có A⁴² cách

Þ Vậy có tất cả 2.A²⁴ =24 (số) + TH3:

Chọn ^d^¹ ³^Þ ^d⁼

{ }

^{1; 5} _{có 2 cách}

Chọn ^a có 3 cách.

Chọn vị trí đặt số 3 có 2 cách

Chọn 1 số đặt vào vị trí còn lại có: 3 cách Þ Vậy có tất cả 2.3.2.3=36 (số)

Vậy số các số tự nhiên thỏa ycbt là: 108 (số)

Câu 48: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho hai điểm A

(

0; 2; 4 , B-

) (

- 3; 5; 2

)

. Tìm tọa độ điểm M sao cho MA²+2MB² đạt giá trị nhỏ nhất.

A. ^M

(

^- ^{1; 3; 2}

)

_. _B.^M

(

^- ^{2; 4; 0}

)

_. _C.^M

(

^- ^{3; 7; 2}^-

)

_. _D.Mæç-ççè 7 2^{3 7}^{; ; 1}- ÷ö÷÷÷ø. Lời giải

Chọn B Gọi ^{M x y z}

(

^{; ;}

)

Khi đó: ^AM² ⁼^x²^{+ -}

(

^y ²

) (

²^{+ +}^z ⁴

)

²

( ) (

²

) (

²

)

²

2 3 5 2

BM = +x + -y + -z Theo bài ra:

( ) (

²

)

²

( )

²

( )

²

( )

²

2 2 2

2 2 4 2 3 2 5 2 2

MA + MB =x + -y + +z + x+ + y- + z-

(

² ² ²

) ( ) (

²

)

² ²

3 x y z 4x 8y 32 3éx 2 y 4 z 12ù 3.12 36

= + + + - + = êë + + - + + úû³ =

Vậy

(

² ² ²

)

_min ³⁶ ⁴²

0 x

MA MB y

z ì =-ïï + = Û ïïíï =

ï =ïïî Vậy ^M

(

^- ^{2; 4; 0}

)

thỏa ycbt.

Câu 49. [2D2-3] Tìm tập các giá trị thực của tham số m để phương trình

x x

4( 2 1)+ +( 2 1)- - m=0 có đúng hai nghiệm âm phân biệt.

A. (2;4)_. _B.(3;5)_. _C.(4;5)_. _D.(5;6)_. Lời giải

Chọn C

(12)

Phương trình được viết lại thành:

x

m 4( 2 1) 1

( 2 1)

= + +

+ _{. Đặt}t=( 2 1)+ ^x >0_.

Ta tìm tham số m để phương trình

m 4t 1

= +t

có hai nghiệm nghiệm dương t thảo mãn:

0 t< <1 Xét

f(t) 4t 1

= +t

trên (0;1)_{. Có} 1² 1

f '(t) 4 0 t t 2

= - ³ Û ³

. Lập bảng biến thiên ta tìm được m (4;5)Î _.

Câu 50. [2H1-3] Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại

· · ⁰

B,AB =BC =a 3,SAB =SCB =90

và khoảng cách từ A_đến(SBC)_bằnga 2_. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC_.

A. ^S ⁴â². B. ^S⁸â². C. ^S ¹²â². D. ^S ¹⁶â². Lời giải

Chọn C

E S

O

A

C

B H

Gọi O là điểm đối xứng của B qua trung điểm E của AC. Từ giả thiết ta dễ dàng chứng minh được SOvuông góc với (ABC), đáy là hình vuông cạnh a 3. Từ đó mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC là mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.OABC, bán kính mặt cầu là:

R 1SB

= 2

.

Theo giả thiết ² ² ² ² ² ²

1 1 1 1 1 1

OS = OH - OC = 2a - 3a =6a

, nên:

2 2 2 2 2 2 2 2

OS =6a Þ SB =OS +OB =6a +6a =12a Do đó:

R 1SB a 3

= 2 =

. Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp: 12 ap ²_.

(13)