• Không có kết quả nào được tìm thấy

Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán trường thpt chuyên thái bình | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán trường thpt chuyên thái bình | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện"

Copied!
11
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

Câu 1: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;2;5). Số mặt phẳng )

( đi qua M và cắt các trục Ox, Oy, Oztại A, B, C sao cho OAOBOC(A, B, C không trùng với gốc tọa độ O)

A. 8. B. 3. C. 4. D. 1.

Lời giải Chọn C.

Gọi A a

;0;0

,B

0; ;0b

,C

0;0;c

điều kiện: abc0. Phương trình mặt phẳng

 

là: 1

c z b

y a

x . Do

 

đi qua M nên ta có: 1251 c b

a (1)

Theo đề ra OAOBOC nên ta có a b c

c b a

c b a

c b a

c b a

Với abc thay vào (1) ta được abc8. Với abc thay vào (1) ta được abc2. Với a b c thay vào (1) ta được a bc6. Với abc thay vào (1) ta được abc4. Vậy chọn đáp án (C).

Câu 2: [1H3-3] Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD đáy ABCD là hình vuông, E là điểm đối xứng của D qua trung điểm SA. Gọi M N, lần lượt là trung điểm của AEBC. Góc giữa hai đường thẳng MNBD bằng

A. 90. B. 60. C. 45. D. 75.

Lời giải Chọn A.

N M

E

K

A D

B C

S

(2)

Gọi K là trung điểm SA. Ta có 1

2

MK AD (đường trung bình tam giác ADE)

MNCK là hình bình hànhMN

SAC

(1)

 

 

 

  SO BD

BD SAC

AC BD (2)

Từ (1) và (2) suy ra MNBD Vậy đáp đáp án A đúng.

Câu 3: [2D1-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m 

2018;2018

để hàm số

2 1 1

yx  mx đồng biến trên

 ;

.

A.2017 . B. 2019 . C.2020 . D.2018 .

Lời giải Chọn D.

Hàm số y có tập xác định là

 ;

. Ta có ' 2

1

y x m

x

 .

Hàm số đã cho đồng biến trên

  ;

y' 0    x

;

y' 0 tại hữu hạn điểm.

2 0

1

x m

x  

  x2 1

m x

  x

  xmin 2 (*) 1 m x

  x

Đặt ( ) 2

1 f x x

x

với x .

Ta có

 

2

2

2 2 2

1 1 1

'( ) 0

1 1 1

x x x

f x x

x x x

  

  

  

với  x

2

2 2

lim ( ) lim lim lim 1 1

1 1

1 1 1

x x x x

x x

f x x x

x x

  

   

tương tự, ta có xlim ( ) 1 f x

(3)

Từ bảng biến thiên suy ra (*)  m 1. Kết hợp điều kiện ta được 1

2018 1

2018 2018

m m

m

  

    

  

 , mà từ 2018 đến 1

có 2018 số nguyên. Vậy chọn D.

Câu 4: [2D2-3] Cho hàm số y f x

 

như hình vẽ dưới đây

Tìm số điểm cực trị của hàm số y e2f x 15f x .

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

Lời giải Chọn D.

Hàm số y e2f x 15f x y2 ( ).f x e2f x 1f x( ).5f x .ln 5

   

2 1

( ). 2 f x 5f x.ln 5 f xe

  .

Ta thấy 2e2f x 15f x .ln 5 0 với mọi x.

Khi đó y  0 f x( ) 0

1 1

4 x x x

  

 

  .

Bảng xét dấu hàm số y e2f x 15f x 

(4)

Vậy số điểm cực trị của hàm số là 3 .

Câu 5: [2H2-2] Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R và chiều cao bằng 3 2

R. Mặt phẳng

 

song song với trục của hình trụ và cách trục một khoảng bằng

2

R . Diện tích thiết diện của hình trụ cắt bởi mặt phẳng

 

A. 2 2 3 3

R . B. 3 2 3

2

R . C. 3 2 2 2

R . D. 2 2 2 3

R .

Lời giải Chọn B.

Mặt phẳng

 

song song với trục của hình trụ và cách trục một khoảng bằng 2

RR nên

 

cắt hình trụ theo hình chữ nhật ABCD. Kẻ OIAB, ta có

2

OIR. Do đó

2

2 2 2 3

4

ABIBRRR .

Lại có ' 3

2

CD OO  R. Vậy diện tích thiết diện là 3 3 3 2 3

2 2

ABCD

R R

SAB BC R    .

(5)

Câu 6: [2H3-3] Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A

1; 4;5

, B

3; 4;0

, C

2; 1;0

và mặt phẳng

 

P : 3x3y2z12 0 . Gọi M a b c

; ;

thuộc

 

P sao cho MA2MB23MC2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng a b c  .

A. 3 . B. 2. C. 2. D. 3.

Lời giải Chọn A.

Giả sử I x y z

; ;

là điểm thỏa mãn  IA IB 3 IC0.

Khi đó IA

1x; 4y;5z

,IA

3x; 4 y z;

, IA

2   x; 1 y z;

;

 

3 10 5 ;5 5 ;5 5

IA IB  IC  xyz

  

;

3 0

IA IB  IC

    2

1 1 x y z

 

 

 

2;1;1

I ;

2 2 2

2 2 2

3 3

MAMBMCMA MB  MC

MI IA

 

2 MI IB

 

2 3 MI IC

2

        

 

2 2 2 2

5MI 2MI IA IB 3IC IA IB IC

         

2 2 2 2

5MI IA IB IC

    (vì IA IB  3IC 0 )

I cố định nên MA2MB23MC2đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất, khi đó M là hình chiếu vuông góc của I lên

 

P .

Gọi  là đường thẳng qua I và vuông góc với

 

P

Phương trình đường thẳng

2 3

: 1 3

1 2

x t

y t

z t

  

   

  

. Tọa độ của M là nghiệm hệ phương trình:

2 3 1 3 1 2

3 3 2 12 0

x t

y t

z t

x y z

  

  

  

    

1 2 7 2 1 2 0 t x y z

 

 

 

 

 

 

7 1

; ;0 M2 2 

      a b c 3.

Câu 7: [1D1-4] Cho phương trình

1 cos x

 

cos 4x m cosx

msin2x. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có đúng 3 nghiệm phân biệt thuộc 0;2

3

 

 

 . A. 1 1;

m  2 2. B. m    

; 1

 

1;

.

C. m 

1;1

. D. m 1;1

2

 

  . Lời giải

Chọn D.

(6)

Ta có phương trình

1 cos x

 

cos 4x m cosx

msin2x

1 cosx

 

cos 4x m

0

   

cos 1

cos 4 x

x m

  

  

Vì 0;2 x  3

   nên cos 1;1

x  2 . Do đó phương trình đã cho tương đương với phương trình cos 4x m trên 0;2

3

 

 

 .

Bài toán đưa về tìm m để phương trình mcos 4x đúng 3 nghiệm thuộc 0;2 3

 

 

 . Xét hàm số f x

 

cos 4x với 0;2

x  3

  

Ta có f x'

 

 4sin 4x f x'

 

0

0 4 2 x x x

 



 



 

trên 0;2 3

 

 

 

Bảng biến thiên.

Từ bảng biến thiên suy ra với 1;1

m  2  thì yêu cầu bài toán được thỏa mãn

Câu 8: [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn

1i z

  2

1 i z

 2 4 2. Gọi mmax z , min

nz và số phức w m ni  . Tính w2018.

A. 41009. B. 51009. C. 61009. D. 21009. Lời giải

Chọn C.

Gọi M x y

;

là điểm biểu diễn số phức z x yi  ,

x y;

trong mặt phẳng Oxy. Ta có 4 2

1i z

  2

1 i z

 2

1i z

  2

1 i z

 2 2 2 zz 2. Suy ra mmax z 2.

Mặt khác, từ giả thiết ta có:

1i x yi

 

  2

1 i x yi

 

 2 4 2
(7)

   

2 2 4 2

x y x y i x y x y i

          

x y 2

 

2 x y

2

x y 2

 

2 x y

2 4 2

          

x 1

 

2 y 1

2

x 1

 

2 y 1

2 4

        

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có:

       

2 2 2 2

2

  

2

 

2

 

2

2

16 x1  y1  x1  y1 2 x1  y1  x1  y1 

2 2

2 2 2 2

2 x y 4 8 x y 2 x y 2

          hay z  2. Suy ra nmin z  2.

Khi đó w2018  2 2i2018 61009.

Câu 9: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A

3;0;1

, B

1; 1;3

và mặt phẳng

 

P có phương trình x2y2z 5 0. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A, song song với mặt phẳng

 

P sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là nhỏ nhất.

A. 3 1

26 11 2

x  yz

 . B. 3 1

26 11 2

x  yz

 .

C. 3 1

26 11 2

xy z

  . D. 3 1

26 11 2 xy z

 

 .

Lời giải Chọn B.

+) Gọi

 

Q là mặt phẳng đi qua A và song song với

 

P . Khi đó

 

Q có phương trình là

2 2 1 0

xyz  .

+) Gọi  là đường thẳng đi qua B và vuông góc với

 

Q , suy ra  có phương trình tham số là 1

1 2 3 2

x t

y t

z t

  

   

  

.

+) Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng

 

Q , suy ra 1 11 7; ; 9 9 9

H , suy ra

 

26 11 2 1

; ; 26; 11;2

9 9 9 9

AH    

 . Suy ra AH có phương trình 3 1

26 11 2

x  yz

 .

+) Đường thẳng d đi qua A, song song với mặt phẳng

 

P sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là nhỏ nhất khi và chỉ khi dAH . Vậy : 3 1

26 11 2

x y z

d    

 .

Câu 10: [2D1-3] Cho hàm số f x

 

xác định trên và có bản biến thiên như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình 3 f

2x 1

10 0 là:
(8)

A. 2. B. 1. C. 4. D. 3 . Lời giải

Chọn C.

Đặt t2x1, ta có phương trình trở thành

 

10

f t  3 . Với mỗi nghiệm t thì có một nghiệm 1

2

xt nên số nghiệm t của phương trình

 

10

f t  3 bằng số nghiệm của

 

3 f 2x 1 10 0 .

Bảng biến thiên của hàm số y f x

 

Suy ra phương trình

 

10

f t  3 có 4 nghiệm phân biệt nên phương trình 3 f

2x 1

10 0

có 4 nghiệm phân biệt.

Câu 11: [1D5-4] Cho các hàm số f x( ), g x( ), ( ) ( ) 3 ( ) h x f x

g x

 . Hệ số góc của các tiếp tuyến của các đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x02018 bằng nhau và khác 0 . Khẳng định nào sau đây đúng?

A.

2018

1

f  4. B.

2018

1

f  4. C.

2018

1

f  4. D.

 

1

g x  4. Lời giải

Chọn A.

Ta có:

 

( ) f x

 

h xg x

           

   

2

3 .

3

f x g x f x g x

h x g x

   

  

           

 

 

2

2018 3 2018 2018 . 2018

2018 3 2018

f g f g

h g

   

  

   

 

 

2

3 2018 2018

1 3 2018

g f

g

 

(9)

Suy ra: f

2018

 

3 g

2018

 

2 3 g

2018

g2

2018

5g

2018

6

2018

5 2 1 1

2 4 4

g

      .

Vậy

2018

1

f  4.

Câu 12: [2D2-4] Cho hai số thực dương x y, thỏa mãn log3

x1

 

y1

y1 9

x1

 

y1

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2y.

A. min 11

P  2 . B. min 27

P  5 . C. Pmin   5 6 3. D. Pmin   3 6 2.

Lời giải Chọn D.

Ta có log3

x1

 

y1

y1 9

x1

 

y1

3

 

3

9 9

log 1 1 log

1 1

x x

y y

     

  .

Xét hàm số f t

 

log3t t t , 1; '

 

1 1 0 f t ln 3

t   ,  t 1.

Suy ra

1

9

f x f 1 y

 

    

1 9 x 1

   y

8 1 x y

y

  

8 2 2 8

1 2 1

y y y

P y

y y

  

   

  .

Bảng biến thiên của hàm số

2 2 8

, 1 1

y y

P y

y

   

Vậy Pmin   3 6 2.

Câu 13: Cho A là tập các số tự nhiên có 7 chữ số. Lấy một số bất kì từ A. Tính xác suất để lấy được số lẻ và chia hết cho 9.

A. 625

1701. B. 1

9. C. 1250

1701. D. 1

18. Lời giải

Chọn D.

Gọi T là phép thử chọn ngẫu nhiên một số từ tập A. Ta có   A 9.106.

(10)

Gọi Blà biến cố chọn ngẫu nhiên ta được một số lẻ và chia hết cho 9 .

Trước hết ta có số lẻ chia hết cho 9 có dạng 9k, với k là số nguyên dương lẻ.

Số lẻ có 7 chữ số chia hết cho 9 tương ứng với

1000000 9 k9999999 111112 k 1111111 ( có 1000000 số từ 111112 đến 1111111) Mà k là số nguyên dương lẻ nên có 500000 số k thỏa mãn.

500000

  B

Vậy xác suất để lấy được số lẻ và chia hết cho 9 là P B

 

B 5000006

 9.10 1

18.

Câu 14: [2D1-3] Cho hàm số y x42m x2 2m2 có đồ thị

 

C . Để đồ thị

 

C có ba điểm cực trị A, B, C sao cho bốn điểm A, B, C, O là bốn đỉnh của hình thoi (O là gốc tọa độ) thì giá trị tham số m

A. m  2. B. 2

m  2 . C. m  2. D. 2 m 2 . Lời giải

Chọn B.

Ta có y 4x34m x2 ; 02

0 x

y x m

 

     .

Điều kiện để hàm số có ba cực trị là y 0 có ba nghiệm phân biệt  m 0.

Khi đó: 0

0 x

y x m

 

      .

Tọa độ các điểm cực trị là A

0;m2

, B m m

; 4m2

, C m m

; 4m2

.

m0 nên A không trùng O.

Ta có OABC, nên bốn điểm A, B, C, O là bốn đỉnh của hình thoi điều kiện cần và đủ là OABC cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn

A O B C

A O B C

x x x x

y y y y

  

      0 0m2  0

m4m2

 

 m4m2

4 2

2m m 0

   2 1

m 2

  2

m 2

   .

Vậy 2

m  2 . Cách 2:

Tập xác định: D .

(11)

Ta có y 4x34m x2 4x x

2m2

; y 0 x2 0 2

x m

 

     .

Hàm số có ba điểm cực trị  y0 có ba nghiệm phản biệt  m 0.

Khi đó, đồ thị

 

C có ba điểm cực trị là A

0;m2

, B m m

; 2m4

, C

m m; 2m4

.

Suy ra hai điểm B, C đối xứng qua trục tung. Do đó tam giác ABC cân tại A.

m0 nên A không trùng O do đó bốn điểm A, B, C, O là bốn đỉnh của hình thoi khi và chỉ khi AB OB .

Ta có AB OB  AB2OB2m2m8m2m42m6m8 2 m 2

   (thỏa mãn).

Câu 15: [2D3-4] Giả sử hàm số y f x

 

đồng biến trên

0; 

; y f x

 

liên tục, nhận giá trị dương trên

0; 

và thỏa mãn:

 

3 2

f 3 và f x

 

 2

x1 .

  

f x . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. 2613 f2

 

8 2614. B. 2614 f2

 

8 2615. C. 2618 f2

 

8 2619. D. 2616 f2

 

8 2617.

Lời giải Chọn A.

y f x

 

liên tục, nhận giá trị dương trên

0; 

f x

 

2

x1 .

  

f x

  

1 .

  

f xx f x

  

 

  

1

f x x

f x

   

 

 

d 1 1d

2 2

f x x x x

f x

 

 

1

1

3

f x 3 x C

    . Vì

 

3 2

f 3 2 8

3 3 C

   6 8

3 C

 

  

1

3 6 8 2

3 f x x

    

 

 

 

 

 

4

2 19 6

8 2613, 261

f  3 

   

  .

Vậy 2613 f2

 

8 2614.

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

Để sớm hoàn thành công trình và kịp thời đưa vào sử dụng, công ty xây dựng quyết định từ tháng thứ 2 , mỗi tháng tăng 4% khối lượng công việc so

Do khi thả viên billiards vào cốc thì viên billiards tiếp xúc đáy cốc và tiếp xúc với mặt nước sau khi dâng, nên chiều cao của nước là 2x?. Khi đó thể tích của nước và

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

Để thể tích của khối hộp đó lớn nhất thì độ dài của cạnh hình vuông của các miếng tôn bị cắt bỏ bằng.. Đáp

Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của một trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây.. Hỏi đó là hàm

Một mặt phẳng vuông góc với đường chéo của khối lập phương lớn tại trung điểm của nó. Mặt phẳng này cắt ngang (không đi qua đỉnh) bao nhiêu

Người thiết kế đã sử dụng bốn đường parabol có chung đỉnh tại tâm của viên gạch để tạo ra bốn cánh hoa (được tô màu sẫm như hình vẽ bên).. Diện tích

Tính tỉ số bán kính mặt cầu ngoại tiếp hai tứ diện