SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN 1 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 26: [2H1-4] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Cho lăng trụ tam giác ABC MNP. có thể tích V . Gọi G1, G2, G3, G4 lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC, ACM , AMB,
BCM; V1 là thể tích khối tứ diện G G G G1 2 3 4. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. V 27V1. B. V 9V1. C. V 81V1. D. 8V 81V1. Lời giải
Chọn C.
2 3 4
2
1 1 2 3 4
1 1 2 1 1 1
. , . . .
3 G G G 3 3 2 3 81
V S d G G G G S h V .
Câu 28: [2D1-4] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị hàm số y f x'
. Số điểm cực trị của hàm số y f x
làA. 4 . B. 3 . C. 5 . D. 2 .
Lời giải Chọn D.
Vậy số điểm cực trị là 2 .
Câu 35: [2D3-3] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Cho 1
( )
0
2018 f x dx=
ò
. Tính tích phân( )
4
0
sin 2 cos 2
f x xdx
p
ò
A. 2018. B.- 1009. C. - 2018. D.1009.
Lời giải Chọn D
Đặt t=sin 2xÞ dt=2 cos 2xdx
Đổi cận: 0 0; 1
x= Þ =t x= Þ =p4 t
( )
1( )
4
0 0
1 1
sin 2 cos 2 .2018 1009
2 2
f x xdx f t dt
p
= = =
ò ò
Câu 36: [1H3-3] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Cho hình lăng trụ tam giác đều .
ABC MNP có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi I là trung điểm của cạnh AC. Cô sin của góc giữa hai đường thẳng NC và BI bằng.
A. 6
2 . B. 10
4 . C. 6
4 . D. 15
5 . Lời giải
Chọn C
Ta có: cos
(
BI NCuur uuur,)
=BI NCBI NCuur uuur..( )
1 1 1
. . . .
2 2 2
BI NCuur uuur= BAuuur uuur uuur+BC NC= BA NCuuur uuur+ BC NCuuur uuur
+ 12BA NCuuur uuur. =21.BA NC. .cos
(
BA NCuuur uuur,)
=12BA NC. .cos(
NM NCuuuur uuur,)
=12a a. 2.cosCNM·( ) ( )
2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
. .
2 2 . 2 2. . 2 4
a a a
a MN NC MC a a
MN NC a a
+ -
+ -
= = =
+ 12BC NCuuur uuur. =12.BC NC. .cos
(
BC NCuuur uuur,)
=12BC NC. .cos(
CB CNuur uuur,)
2
1 1 2 2
. . 2.cos 45 2.
2 2 2 2
a a a a
= °= =
2 2 2
. 3
2 4 4
a a a
BI NC
Þ uur uuur= + =
Vậy
( )
3 2
. 4 6
cos ,
. 3 4
. 2 2
a BI NC
BI NC
BI NC a a
= = =
uur uuur uur uuur
Câu 41: [1D5-3] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Cho các hàm số y f x( ) , y f f x( ( )) , ( 2 4)
y f x có đồ thị lần lượt là ( )C1 ,( )C2 ,( )C3 . Đường thẳng x1 cắt ( )C1 ,( )C2 ,( )C3
lần lượt tại M ,N ,P . Biết phương trình tiếp tuyến của ( )C1 tại M và của ( )C2 tại N lần lượt là y3x2 và y12x5 . Phương trình tiếp tuyến của ( )C3 tại P là:
A. y8x1. B. y4x3. C. y2x5. D. y3x4.
Lời giải Chọn A.
+ Ta có đạo hàm của các hàm số đã cho lần lượt là:
/ /
1 ( )
y f x ; y2/ [ ( ( ))]f f x / f x f/( ). ( ( ))/ f x ; y3/ [ (f x24)]/ 2 . (x f x/ 24).
+ Từ phương trình tiếp tuyến của ( )C1 tại M ta suy ra: f/(1) 3 ; (1) 5. f
+ Từ phương trình tiếp tuyến của ( )C2 tại N ta suy ra: y2/(1) 12 ; y2(1) f f( (1)) f(5) 7. + Suy ra:
/ /
12 f (1). ( (1))f f 12 3. (5) f/ f/(5) 4 y3/(1) 2.1. (1 f/ 24) 2.1.4 8. + Mà: y3(1) f(124) f(5) 7.
+ Vậy phương trình tiếp tuyến của ( )C3 tại P là:
/
3(1).( 1) 3(1)
y y x y y8x1.
Câu 42: [2D4-4] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Cho số phức z1 3 ,i z2 4 i và z thỏa mãn z i 2. Biết biểu thức T z z1 2 z z 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi
,
.z a bi a b ¡ Hiệu a b bằng A. 3 6 13
17
. B. 6 13 3
17
. C. 3 6 13
17
. D. 3 6 13
17
. Lời giải
Chọn C
Ta có z i 2 a2 b22b3 6b 9 3
a2 b2
1 .Xét T z z1 2z z 2 a2b26b 9 2
a4
2 b 1
2
2
2 2 2
2 2 2 2
4a 4b 2 a 4 b 1 2 a b 4 a 1 b 2 17
.
Dấu bằng xẩy ra khi 4 1 4 1
0 1 1 4
4 1 4 1 4 1
a b
a b a b a b a b
kết hợp với (1) suy ra 3 6 13 a b 17 .
Câu 43: [1D3-3] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Cho 2 cấp số cộng
un : 1;6;11;... và
vn : 4;7;10;... Mỗi cấp số có 2018 số hạng. Hỏi có bao nhiêu số hạng có mặt trong cả hai dãy số trên?A. 672 B. 504 C. 403 D. 402
Lời giải Chọn C.
+) Cấp số cộng
un : 1;6;11;...có 2018 số hạng ta suy ra số hạng tổng quát un 5n4, n N * và số hạng cuối là u2018 10086+) Cấp số cộng
vm : 4;7;10;...có 2018 số hạng ta suy ra số hạng tổng quát3 1, *
vm m m N và số hạng cuối là v2018 6055 Xét số hạng có mặt trong cả 2 dãy là xk un vm
Do 1 5
1
1 3
n m
u n
v m
nên xk 1 15kxk 1 15k
Mà 1 6054
4 6055 4 1 15 6055 403,6
5 15
xk k k
Vậy nên k
1;2;...; 403
Chọn C.Câu 41: [2H3-4] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Trong không gian Oxyz cho ba điểm (6;0;0)
A , (0;6;0)B , (0;0;6)C .Hai mặt cầu có phương trình ( ) :S1 x2y2z22x2y 1 0 và ( ) :S2 x2y2z28x2y2z 1 0
cắt nhau theo đường tròn ( )C .Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa ( )C và tiếp xúc với ba đường thẳng AB,BC,CA ?
A. 4. B.Vô số. C. 1. D. 3.
Lời giải Chọn B.
Ta có mặt phẳng ( )P chứa đường tròn giao tuyến ( )C của hai mặt cầu ( )S1 và ( )S2 có phương trình là : 6x4y2z0 3x2y z 0 ( )P
Mặt phẳng ( ) : 1
6 6 6 x y z
ABC x y z 6 0
Gọi K là tâm mặt cầu thỏa mãn tiếp xúc với với ba đường thẳng AB,BC,CA
Gọi C', ',A B' lần lượt là hình chiếu của K xuốngAB,BC,CA và K' là hình chiếu của K trên (ABC) .Khi đó KC'KB'KA'r , do đó K C' 'K B' 'K A' ' nên K' là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Do đó ' (2;2;2)K
Ta có n n 1. 2 0
( )P (ABC)
, Mặt khác ta thấy hai mặt phẳng ( )P và (ABC)có điểm chung '(2; 2;2)K nên đường thẳng qua K' và vuông góc (ABC) nằm trong ( )P .Tất cả các điểm thuộc đường thẳng này đều thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 45: [2D1-3] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Biết hàm số y(x m x n x p )( )( ) không có cực trị. Giá trị nhỏ nhất của F m2 2n6p là
A. 4. B. 6. C. 2. D. 2.
Lời giải Chọn A
Hàm số y (x m x n x p)( )( ) không có cực trị nên đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 1 điểm
Khi đó F m2 2n6p m 2 4m
m2
2 4 4.Dấu “=” xảy ra khi m2.
Câu 46: [2D3-4] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Cho hàm số ( )f x đồng biến, có đạo hàm đến cấp hai trên đoạn
0; 2 và thỏa mãn
f x( )
2f x f x( ). ( )
f x( )
20.Biết (0) 1f ;(2) 6
f e . Khi đó f(1) bằng:
A. e2. B. e32. C. e3. D. e52. Lời giải
Chọn D.
Hàm số đồng biến nên với x0 thì f x( )f(0) 1 . Điều kiện bài toán tương đương với
2 2
( ). ( ) ( ) ( ) 1 f x f x f x
f x
1f x f x
Lấy nguyên hàm hai vế:
f x dx dx f x
f xf x
x C .
( )f x dx x C dx f x
ln ( )f x x22 Cx D .Thay x0;x2 ta được: d0;c 2 . Vậy ( ) 22 2 x x
f x e và f(1)e52.
Câu 47: [1D2-4] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Cho đa giác đều có 14 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh trong 14 đỉnh của đa giác. Tìm xác suất để 3 đỉnh được chọn là 3 đỉnh của một tam giác vuông.
A. 2
13 B. 5
13 C. 4
13 D. 3
13. Lời giải:
Chọn D
Số cách chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh trong 14 đỉnh của đa giác là C143 .
Mỗi tam giác vuông được tạo bởi một cạnh huyền là đường kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác và một đỉnh không trùng với hai đầu mút của đường kính đó.
Nên có số tam giác vuông cần tính là: 7.12 84 tam giác.
Vậy xác suất cần tính là: 3 14
84 3 P 13
C Lưu ý:
Hoặc số tam giác vuông bằng 4 lần số hình chữ nhật nội tiếp đường tròn ngoạt tiếp đa giác đều đó nên có 4.C72 84 tam giác.
Tổng quát: Với đa giác đều 2n đỉnh thì xác suất để 3 đỉnh được chọn là 3 đỉnh của một tam giác vuông là
2 3 2
4 n
n
P C
C .
Câu 48: [2H2-3] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Một khối gỗ hình trụ đường kính 0,5m và chiều cao 1m. Người ta đã cắt khối gỗ, phần còn lại như hình vẽ có thể tích là V . Tính V .
A. 3 3 16 m
. B.5 3
64 m
. C.3 3
64 m
. D. 3
16 m . Lời giải
Chọn C.
Thể tích của khối gỗ ban đầu là:
2
2 3
1
. 1. . 1
4 16
V h r m .
Phần gỗ bị cắt bỏ có thể tích bằng 1
4 thể tích khối gỗ ban đầu nên phần gỗ còn lại bằng 3 4 thể tích khối gỗ ban đầu.
Vậy 3. 3 3
4 16 64 V m
.
Câu 49: [2D1-3] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Cho đồ thị hàm bậc ba y f x
như hình vẽ. Hỏi hàm số
2 2
2
4 3
2
x x x x
y x f x f x
có bao nhiêu đường tiệm cận đứng.
A. 6. B.3. C.2. D.4. Hướng dẫn giải
Chọn D.
TXĐ:
; 1
0;
Xét:
2
0
2 0 0
2 x
x f x f x f x
f x
0
0 1
2 2
x f x f x
Có x0 là nghiệm của mẫu bội 1 trong khi là nghiệm của tử bội 1
2 nên x0 là 1 tiệm cận đứng.
1 có hai nghiệm x 3là nghiệm bội 2 và xx0
1;0
(loại vì làm cho căn bậc hai không có nghĩa), x 3 cũng là nghiệm bậc nhất của tử thức nên vẫn là tiệm cận đứng.
2 có hai nghiệm x 1bội 1 và x x1
; 3 ;
xx2
3; 1
, thấyx 1cũng là nghiệm bậc 1,5của tử thức nên không là tiệm cận đứng.
2 cho hai tiệm cận đứng.Vậy đồ thị hàm số có 4 tiệm cận đứng.
Câu 50: [2D3-4] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Cho
2
0
1 2 f' x x xd 3f 2 f 0 2016
. Tích phân 1
0
2 d
I
f x x bằngA.4032 . B. 1008 . C. 0 . D. 2016 .
Lời giải Chọn B.
Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có:
2 2
0 0 0
2
1 2
1 2 f x ' x xd x f x. 2 f x dx
2
0
3f 2 f 0 2 f x dx
.Mà 2
0
2 1 2 f' x x xd 016
và 3f
2 f
0 2016 nên2
0
2
f x dx 2 2016 2
0
2016 f x dx
.Mặt khác 1
0
2 d
I
f x x 1
0
1 2 2
2 f x d x
2
0
1
2 f t dt
(Ở đây đổi biến t 2x).Vậy 2
2
0 0
1 1
2 2
I
f t dt
f x dx 122016 10 8 0 .