• Không có kết quả nào được tìm thấy

Bài tập có đáp án chi tiết môn Toán trong đề thi thử THPT quốc gia | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "Bài tập có đáp án chi tiết môn Toán trong đề thi thử THPT quốc gia | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện"

Copied!
10
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

Câu 41: [1D2-3] Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học của lớp mình. Bảng gồm 10 nút, mỗi nút được ghi một số từ 0 đến 9 và không có hai nút nào được ghi cùng một số.

Để mở cửa cần nhấn 3 nút liên tiếp khác nhau sao cho 3 số trên 3 nút theo thứ tự đã nhấn tạo thành một dãy số tăng và có tổng bằng 10. Học sinh B chỉ nhớ được chi tiết 3 nút tạo thành dãy số tăng. Tính xác suất để B mở được cửa phòng học đó biết rằng để nếu bấn sai 3 lần liên tiếp của sẽ tự động khóa lại.

A.

631

3375 B.

189

1003 C.

1

5 D.

1 15 Lời giải

Chọn A.

Gọi Ai(i=1,2,3…) là biến cố lần thứ i học sinh B mở được cửa Không gian mẫu n

 

 C103

Có 8 cặp 3 số có tổng bằng 10 là:

               

0;1;9 ; 0; 2;8 ; 0;3;7 ; 0; 4;6 ; 1; 2;7 ; 1;3;6 ; 1; 4; 5 ; 2;3;5

Xác suất để học sinh B mở được cửa lần thứ i là

 

3

10

8 1

i 15

P AC

Xác suất để học sinh B không mở được cửa lần thứ i là

 

i 1 15 151 14

P A   

Xác suất để học sinh B bấm 3 lần mở được cửa làC:

   

1

 

1

 

2

   

1 2

 

3 15 15 151 14 1. 1415 2.15 33751 631

P CP AP A P AP A P A P A     

 

Câu 42: [2H1-4] Cho tứ diện ABCD và các điểm M, N , P lần lượt thuộc các cạnh BC, BD, AC sao cho BC4BM, AC3AP, BD2BN . Tính tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện

ABCD được phân chia bởi mp

MNP

.

A.

7

13. B.

7

15. C.

8

15. D.

8 13. Lời giải

Chọn A.

(2)

k A

B

C

D

I

M

P

N

(Địnhlý Menelaus Cho tam giác ABC đườngthảng

 

d cắtcáccạnhAB BC CA, , lầnlượtại , ,

M N Pta có . . 1 MA PB NC MB PC NA

)

N A

B P

M

C

GọiI MNDC K, ADPI.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giácBCD và 3 điểmM N I, , ta có

. . 1 .1.1 1 3

3

IC ND MB IC IC

ID NB MC   ID   ID

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giácACDvà 3 điểmP K I, , ta có

1 2

. . 1 . .3 1

2 3

KD PA IC KD KD

KA PC ID   KA   KA

2 3 2 1

. . . .1

3 4 4 2

1 1

(3)

2 4

VCPMN CP CM CN VCABN CA CB CN

VCPMN VCABN VABCD

   

  

1 3 1

. . . .1

3 5 5

4 4 4 1 2

(4)

5 5 5 2 5

APKN ACDN

NCPKD

NCPKD ACDN ABCD ABCD

ACDN

V AP AK AN V AC AD AN

V V V V V

V

  

     

(3)

S

A

B C

I D

K E

H

J

   

3 , 4 13

CMPKDN CPMN NCPKD 20 ABCD

V V V V

   

7 13

ABMNKP CMNDK

V

V

Câu 43: [2H1-4] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB a , AD2a. Mặt phẳng

SAB

SAC

cùng vuông góc với

ABCD

. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD. Tính khoảng cách giữa AHSC biết AHa.

A.

73 73 a

. B.

2 73 73 a

. C.

19 19 a

. D.

2 19 19 a

. Lời giải

Chọn C.

+ Kẻ HK / /SCSC/ /

HAK

d SC AH

,

d SC HAK

,

  

d S HAK

,

  

+ Kẻ HE SA/ / HE

ABCD

+

 

 

 

 

, 33 1

, 3 3

d S HAK SH a

d D HAKDHa

+

 

 

 

,,

4

d D HAK DE DH DA DS d E HAK   

+ Kẻ EJ ,

  

,

  

3

AK EI HJ EI HAK d E HAK EI 4 19

      

(

3 3

2 , EJ 2 73

a a

HE 

)

+ d S HAK

,

  

43d E HAK

,

  

1919a
(4)

S S

Câu 44: [1H3-4] Người ta cần trang trí một kim tự tháp hình chóp tứ giác đều .S ABCD cạnh bên bằng 200 m , góc ASB 15 bằng đường gấp khúc dây đèn led vòng quanh kim tự tháp AEFGHIJKLS. Trong đó điểm L cố định và LS 40 m. Hỏi khi đó cần dung ít nhất bao nhiêu mét dây đèn led để trang trí?

B

A D

C S

L

E G F

H

I K J

A. 40 67 40 mét. B. 20 111 40 mét. C. 40 31 40 mét. D. 40 111 40 mét.

Lời giải Chọn C.

Ta sử dụng phương pháp trải đa diện

Cắt hình chóp theo cạnh bên SA rồi trải ra mặt phẳng hai lần, ta có hình vẽ sau

A

A B

C

S

D

E F

G H

B

C

D A

I J

K L

Từ đó suy ra chiều dài dây đèn led ngắn nhất là bằng AL LS .

(5)

Từ giả thiết về hình chóp đều .S ABCDta có ASL120.

Ta có AL2SA2SL22 . .cosSA SLASL20024022.200.40.cos120 49600. Nên AL 49600 40 31 .

Vậy, chiều dài dây đèn led cần ít nhất là 40 31 40 mét.

Câu 45: [2D1-3] Tìm tất cả các gúa trị tham số msao cho đồ thị hàm số y x 42

m1

x2m2 có ba

điểm cực trị nội tiếp đường tròn bán kính bằng 1.

A.

3 5

1; 2

mm 

. B.

3 5

0; 2

mm 

. C.

3 5

0; 2

mm 

. D.

3 5

1; 2

mm  . Lời giải

Chọn B.

Ta có

   

3 2

2

4 4 1 4 1 0 0

1 y x m x x x m x

x m

 

           

 

1

Đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị  y 0 có ba nghiệm phân biệt m 1.

Khi đó

     

2

2 2 2

1 0

1 1 2 1 2 1

x y m

x m y m m m m

   

              .

Nên ta có A

0;m2

, B

m 1; 2m1

, C

m 1; 2m1

là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.

Ta có

 

 

2

2

1; 2 1

1; 2 1

AB m m m

AC m m m

     



     







 

 

4

4

1 1

1 1

AB m m

AC m m

    

 

    

 ABAC.

Gọi H là trung điểm của cạnh BC AH BCH

0; 2 m1

0; 2 2 1

2 2 1

1

2

AH m m AH m m m

           . Mà

1 . .

2 . 4

ABC

AB AC BC

S AH BC

  R

2 .R AH AB AC.

  .

Nên R1 và BC 

2 m1;0

BC2 m1

 

2

 

4

2 m 1 m 1 m 1

     

m1

3 1 2

m1

3 3 2 0

m m m

     m 0,

3 5

m  2

 .

Câu 46: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm B

2; 1; 3 , 

 

C  6; 1; 3

.

Trong các tam giác ABC thỏa mãn các đường trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau, hãy tìm điểm A a b( ; ;0),b0 sao cho góc A lớn nhất. Tính giá trị cosA

a b .

S S

(6)

A. 10. B. 20. C. 15 . D.

31

 3

; Lời giải

Chọn C.

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh AC, AB. Gọi P BM CN, ta có BM CN nên BC2BP2CP2. Theo công thức tính đường trung tuyến, ta có

2 2

2

2

2 2 4 2

3 9. 4

BA BC AC BP  BM    ,

2 2

2

2

2 2 4 2

3 9. 4

CA CB AB CP  CN   

2 2 2

2 4 2 2 2

9 5

AB AC BC

BC   AB AC BC

    

. Góc A lớn nhất cosA nhỏ nhất.

Ta có

2 2

 

2 2

2 2 2 5

cos 2 . 10 .

AB AC AB AC

AB AC BC

A AB AC AB AC

  

 

 

2 2

2 2 2 . 4

. .

5 . 5 . 5

AB AC AB AC

AB AC AB AC

   

, dấu " " xãy ra ABAC. Ta có A a b

; ;0

, b0B

2; 1; 3 

, C

 6; 1; 3

     

     

2 2

2

2 2

2

2 ; 1 ; 3 2 1 9

6 ; 1 ;3 6 1 9

AB a b AB a b

AC a b AC a b

           

 

          







2 a

 

2 b 1

2 9

a 6

 

2 b 1

2 9 4 4a 12a 36 a 2

                 . Ta có BC 

8;0;6

BC2 8262 100.

Khi đó từ AB2AC2 5BC2AB AC

  

2

2 2

 

2

2 2 a b 1 9 5.100 4 b 1 9 250

            . Mà b0 nên ta được b14.

Vậy

2 14 15 cos 4

5 a b

A

    .

Câu 47: [2D1-3] Đường thẳng y k x (  2) 3 cắt đồ thị hàm sốy x33x21,(1) tại 3 điểm phân biệt, tiếp tuyến với đồ thị (1) tại 3 giao điểm đó lại cắt nhau tai 3 điểm tạo thành một tam giác vuông, khi đó giá trị k

A. k 2. B.   2 k 0. C. 0 k 3. D. k3. Lời giải

Chọn B.

(7)

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y k x (  2) 3

 

d và đồ thị

 

C :

3 3 2 1

y x  x  là: x33x2 1 k x

2

 3

x2

 

x2  x 2 k

0

 

2

2

2 0 2

x

x x k

  

     

 

d cắt

 

C tại ba điểm phân biệt Phương trình

 

2 có hai nghiệm phân biệt khác 2

9

 

1 8 4 0

4 *

4 2 2 0

0

k k

k k

       

 

       .

Gọi x x1; 2 là hai nghiệm phương trình

 

2 . Khi đó hệ số góc các tiếp tuyến tại ba giao điểm là:

   

2

 

2

1 ' 2 0; 2 ' 1 3 1 6 ;1 3 ' 2 3 2 6 2

ky   ky xxx ky xxx .

Các tiếp tuyến tạo thành tam giác vuông nên k k2. 3   1 9x x x1 2

12

 

x22

 1

 

1 2 1 2 1 2

9x x x x 2x 2x 4 1

        9 2

k

 

   2 k 2 4

 1

 

 

2

3 2 2 9 18 1 0 3

3 2 2 3

k Tm

k k

k Tm

  



    

  

 

 .

Câu 48: [2D1-4] Cho hai số thực x y, thỏa mãn:9x3 

2 y 3xy5

x 3xy 5 0

Tìm giá trị nhỏ nhất của P x 3y36xy3 3

x21

 

x y 2

A.

296 15 18 9

. B.

36 296 15 9

. C.

36 296 15 9

. D.

4 6 18 9

  . Lời giải

Chọn B.

 

9x3 2 y 3xy5 x 3xy 5 027x36x3xy 3xy 5 3 3xy 5 0

 

3x 3 2 3

 

x

3xy 5

3 2 3xy 5

     

 

* .

Xét hàm số f t

 

 t3 2t f t'

 

3t2 2 0 nên hàm f t

 

đồng biến. Do đó

 

* f

 

3x f

3xy5

3x 3xy5  x 09x2 3xy5. Với x0 không thỏa mãn.

Với x0 thì P x 3y36xy3 3

x21

 

x y 2

x3y36xy

9x23

 

x y 2

   

3 3 6 3 2 2

x y xy xy x y

       x3y33x y2 3xy22

x y

4

x y

3 2

x y

4

     .

(8)

9 2 5 5 4 5

3 4 3 3

x y x x x

x x

      

. Đặt t x y  thì

4 5 t 3

.

Xét hàm số g t

 

  t3 2t 4 với t 4 53 . Khi đó g t'

 

3t2   2 0, t 4 53 .

Do đó

 

4 5 36 296 15

3 9

g tg   . Vậy

36 296 15 minP  9

.

Câu 49: [2H2-4] Cắt một khối nón tròn xoay có bán kính đáy bằng R, đường sinh 2R bởi một mặt phẳng ( ) qua tâm đáy và tạo với mặt đáy một góc 600 tính tỷ số thể tích của hai phần khối nón chia bởi mặt phẳng ( ) ?

A.

2

 . B. 2

 1 1

. C. 32 . D. 364.

Lời giải

Chọn D.

Không mất tính tổng quát ta giả sử R1.

(9)

Khi cắt một khối nón tròn xoay có bán kính đáy bằng R, đường sinh 2R bởi một mặt phẳng ( ) qua tâm đáy và tạo với mặt đáy một góc 600 thì ta được thiết diện là một đường parabol có đỉnh là gốc O

 

0;0 và đỉnh còn lại là A

 

1;1 , do đó thiết diện sẽ có diện tích là

4 S 3

. Xét mặt phẳng đi qua cạnh đáy của thiết diện vuông góc với hình tròn đáy của hình nón cắt hình nón làm đôi.

Gọi đa diện chứa mặt thiết diện đó là

 

H . Gọi

 

K là đa diện chứa đỉnh O của hình nón được sinh bởi khi cắt thiết diện Parabol với đa diện

 

H .

Khi đó khoảng cách từ O đến mặt thiết diện là

3 h 2

.

Suy ra thể tích của đa diện

 

K VK 13 2 3. 3 4. 2 39 .

Mặt khác thể tích của nửa khối nón là

1 1 3

. 3

2 3 6

  .

Do đó thể tích của đa diện nhỏ tạo bởi thiết diện và khối nón là

3 4

3

3 2 3

6 9 18

V  

  

.

Vậy tỉ số thể tích của hai phần khối nón chia bởi mặt phẳng

 

3 4

3

3 4

18 3 6 3

 

 

 

. Câu 50: [2D1-4] Phương trình 2x 2 3m3x

x36x29x m

2x2 2x11 có 3 nghiệm phân biệt khi

và chỉ khi m

a b;

. Đặt T b 2a2 thì:

A. T 36. B. T 48. C. T 64. D. T 72. Lời giải

Chọn B.

Ta có:

 

2 3 3 3 2 2 1

2x  m xx 6x 9x m 2x 2x 1

2x 2 3m3x

x2

3 m 3x8 .2 x2 2 .2x2 31

2x 2 3m3x

x2

3 m 3 .2x x2 1

2 .2a b

a3b3

.2a 1 (với a x 2, b 3m3x)
(10)

 2ba3b3 2a

2bb3 2a 

 

a 3 (*)

Xét f t

 

 2t t3

Ta có: f t

 

2 .ln 2 3t t2 0, t nên f t( ) luôn đồng biến.

Do đó:

(*)  b  a 3m3x   2 x m3x

2x

3 m  x3 6x29x8.

Lập bảng biến thiên của hàm số g x

 

  x3 6x29x8:

x  1 3 

 

g x  0  0 

 

g x



4

8



Suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt khi 4 m 8. Vậy T 8242 48.

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch A và khí B không màu hóa nâu ngoài không khí.. Biết B là sản phẩm duy nhất của

Biết rằng luôn tồn tại một đường tròn cố định qua điểm M.. Bán kính của đường tròn

Biết rằng Đoàn trường sẽ yêu cầu các lớp gửi hình dự thi và dán lên khu vực hình chữ nhật ABCD , phần còn lại sẽ được trang trí hoa văn cho phù hợp.. Hỏi

Gọi V 1 là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox... Không

A.. Cách giải trắc nghiệm. Tìm giá trị lớn nhất của tham số thực m để hàm số đã cho đồng biến trên ℝ. Tìm giá trị nhỏ nhất của tham số m để hàm số đồng biến

Gọi V 1 là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox... Không

Xét một cách hình thức một dãy gồm 7 ô hàng ngang, mỗi cách điền các số thỏa mãn yêu cầu bài toán cho ta một số tự nhiên cần tìm... BÀI

Ông B dự định dùng một mảnh vườn nhỏ được chia từ khu vườn bởi một đường thẳng đi qua O và điểm M trên parabol để trồng một loại hoa...