Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường thpt gang thép thái nguyên lần 3 mức độ vận dụng | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

GIẢI MỘT SỐ CÂU VD – VDC

ĐỀ THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN LẦN 3

Câu 29. [2H3-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Trong không gian với hệ trục ^Oxyz, cho bốn điểm ^M



^{2;0;0 ,}

 

^{N 0; 3;0 ,}

 

^{P 0;0;4 ,}



^Q



^{2;3; 4}



. Tìm số mặt phẳng

 

^ đi qua ^{M N,} và khoảng cách từ ^Q đến

 

^ gấp hai lần khoảng cách từ P đến

 

^ .

A. Vô số. B. 0 . C. 1. D. 2

Lời giải Chọn C.

+) Nhận thấy

 

 

 

2; 3;0 2;0; 4 2;3;0 MN

MP PQ

   

  

 







 MN song song với ^PQ.

+) Từ kết luận trên ta có ^

 

^{ MN} thì d^P; _ d^{Q; }_ .

+) Vậy : d^Q; _ 2d_P^; _ d^Q; _ d_P^; _ 0 hay

  

^{  MNPQ}



. Vậy có duy nhất một mặt phẳng thỏa mãn điều kiện bài toán.

Câu 30: [1D2-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên thuộc vào tập S. Xác suất để chọn được một số thuộc S và số đó chia hết cho 9 là:

A. 8

9. B. 74

81. C.1

9. D. 7

81. Lời giải

Chọn C.

 Số cách lập số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau là  9.A9⁷.

 Gọi số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 9 là a a a_{1 2}... ₈ .

Tổng của 10 số tự nhiên đầu tiên là 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 45          là số chia hết cho 9. Do đó b i_i, 1,8 được lấy từ các chữ số không chứa các chữ số sau:

Trường hợp 1: Không chứa chữ số 0 và 9. Có 8! cách.

Trường hợp 2: Không chứa chữ số 1 và 8. Có 8! 7! cách.

Trường hợp 3: Không chứa chữ số 2 và 7. Có 8! 7! cách.

Trường hợp 4: Không chứa chữ số 3 và 6. Có 8! 7! cách.

Trường hợp 5: Không chứa chữ số 4 và 5. Có 8! 7! cách.

Vậy xác suất cần tìm là

 

7 9

8! 4 8! 7! 1

9. 9

P A

 

  .

Câu 32. [1H3-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 10 . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng



^ABCD



và

10 5

SC  . Gọi ^M, N lần lượt là trung điểm của SA và CD. Tính khoảng cách d giữa BD và MN.

A.d  5. B. d 3 5. C. d 10. D. d 5.

Lời giải Chọn A.

x

y z

A

B C

D S

M

N

Cách 1: Xét tam giác vuông SAC có : SA SC²AC²  500 200 10 3  . Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Ta có : ^A



^0;0;0



, ^M



^{0;0;5 3}



^{, B}



^10;0;0



^{, D}



^0;10;0



^{, C}



^10;0;0



^{, N}



^5;10;0





^{5;10; 5 3}



¹



^{1;2; 3}



MN    u 

 



10;10;0



2



1;1;0



BD  u  

 

 

1; 2 3; 3;3

u u  

 

, ^{ND }



^5;0;0



Suy ra :

 

^{1 2}

1 2

, , 5

, u u ND d MN BD

u u

 

 

 

 

 

  

  .

Cách 2

Trong mặt đáy, kẻ đường thẳng đi qua N và song song với BD, đường thẳng này lần lượt cắt AB, AC,ADtại E,Hvà F .

Khi đó ^{d MN BD}



^,



^{d BD MEF}



^,

  

^{d B MEF}



^,

  

^1₃^d



^A,



^MEF

 

^.

Trong mặt phẳng



^AMH



kẻ AK MH tại K, suy ra ^d



^A,



^MNE

 

^{AK .}

Đặt a 10, ta có ^{3 3} 2

4 4

AH  AC a , ^{1 3}

2 2

AM  AS a

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 4 16 18

3 18 40 3 5

AK a

AK  AM  AH  AK  a  a    .

 



^,



¹



^A,

  

⁵

d B MEF 3d MEF

   .

Câu 35. [2D3-3] (THPT Gang thép Thái Nguyên lần 3 – 2018) Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y x y, 0 vàx4quay quanh trục Ox. Đường thẳng ^{x a (}0^{ a} 4⁾ cắt đồ thị hàm số y x tại M (hình vẽ bên). Gọi V₁ là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox. Biết rằng V 2V₁. Giá trị của

a thỏa mãn

S

A

B

D

C M

N

E

F

H O K

A.^{a[ ; )}3 4 . B. ^{a[2; )}3 . C. ^{a[1; )}2 . D. ^{a( ; )}0 1 . Lời giải

Chọn A.

Ta có V  



xdx ^x  

4 2 4

0 0

2 8 (đvdt) V₁  4 (đvdt).

Mặt khác V₁ là tổng thể tích hai khối nón tròn xoay VOMKvà VHMK.

. .

OMK

V MK OK a

 1 ²  ²

3 3 (vì MK  a ).

( )

. .

HMK

a a V  1 MK HK²   4

3 3 (vì HK  4 a).

OMK HMK

V V V a

 ₁    4

3 . Từ đó :4^a    a

4 3

3 .

Câu 36. [1D1-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Hàm số ^{2sin 2 cos 2} sin 2 cos 2 3

x x

y x x

 

  có tất

cả bao nhiêu giá trị nguyên?

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

Lời giải Chọn B.

Ta có: ^{2sin 2 cos 2} ( 2)sin 2 ( 1) cos 2 3 sin 2 cos 2 3

x x

y y x y x y

x x

       

  (*).

Để phương trình (*) có nghiệm với ẩn x thì:



²

 

^{2 1}



^{2 9 2 7 2 2 5 0 1 5;}



^1;0



y  y  y  y  y     y 7 y    y . Vậy có 2 giá trị nguyên của y.

Câu 42: [2D1-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Một viên đá được ném lên từ gốc tọa độ O trong mặt phẳng Oxy (Ox nằm ngang) chuyển động theo đường (quỹ đạo) có phương trình



^{1 2}



²

y  m x mx. Tìm giá trị của tham số thực, dương ^m để viên đá rơi cách điểm O xa nhất.

A. m2. B. m3. C. m4. D. m1.

O

K H

4 M

a y x

Lời giải Chọn D.

y=2x²-x y

x 1 2 O

Phương trình hoành độ giao điểm



²



²

2

0

1 0

1 x

m x mx m

x m

 

     

  



.

Suy ra khoảng cách viên đá rơi cách gốc O là ₂ 1 d m

 m

 , do đó 1

2 2

d m

 m  . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m 1 hay m 1. Vậy số thực, dương ^m để viên đá rơi cách điểm O xa nhất là

1 m .

Câu 43: [2D2-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Tìm tất cả giá trị của tham số ^m đê bất phương trình .9m ^x(2m1)6^xm.4^x0 có nghiệm với mọi ^x

 

^0;1 .

A. m 6. B. m6 . C. m 4. D.    6 m 4. Lời giải

Chọn B.

Ta có: 9 3

.9 (2 1)6 .4 0 . (2 1) 0

4 2

x x

x x x

m  m m  m     m      m .

Đặt 3 3

2 1 2

x

t        t . Bất phương trình trở thành:

 

²

 

.2 (2 1) 0 1 0 *

m t  m t m  m t  t

+ Với t1 thì (*) thỏa mãn nên x0 (thỏa mãn điều kiện với mọi^m)

+ Với 3

1 t 2 thì

 

 

2

2

1 0 1 3

1 2

m t t m t t

     t   



Xét hàm

 

²

 

³

3 1

( ) , 1; , '( )

1 2 1

t t

g t t g t

t t

   

     

t 1 3 2 '( )

g t -

 

g t ^

6 Do đó ^{t 1;3}₂



¹



^{2 6}

m Min t m

t

 

  

  



Câu 44: [1D4-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Cho dãy số

 

un biết

1

1

2

3 1, 2

n n

u

u u _ n

  

    

 . Khi đó lim

3

n n

L u .

A. Không xác định. B.L . C. 5

L 6. D.L0. Lời giải.

Chọn C.

Cách 1: Ta có

 

^{2 3 2}

1 2 2 3

3 1 3 3 1 1 3 1 3 3 1 3 3

n n n n n

u  u _   u _    u _    u _   

 

^{1 1}

1 2 2 1

1

....

1 3 1 5.3

3 1 3 3 3 2.3

1 3 2

n n

n u n n

 

    

         

  Suy ra

1 5.3 1 1 1 5 5

lim lim lim

3 2.3 2 3 6 6

n n n

n n

L u

  

  

          .

Cách 2:

Tìm số thực  thỏa mãn



1



1

3 3 2 1

n n n n 2

u   u _  u  u _      .

Từ đó 1

 

1 1

3 , 2 1

2 2

n n

u   u _    n

 .

Xét dãy số ( )v_n với ¹, 1

n n 2

v u   n . Từ

 

¹ suy ra, v_n 3v_n1, n 2. Hay dãy số ( )v_n là một cấp số nhân với số hạng đầu _{1 1} ¹ 2 ^{1 5}

2 2 2

v       u và công bội ^q3. Suy ra số hạng tổng quát của dãy ( )v_n là 5.3 ¹

2

n

vn



  .

Từ đó, số hạng tổng quát của dãy ( )un là

1 5.3 1 1

2 2 2

n

n n

u v

      .

Suy ra 5 1 1 5

lim lim

3 6 2 3 6

n n

n

L u        

   

  .

Câu 45. [2D3-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Kí hiệu S S S1, ,2 3 lần lượt là diện tích hình vuông có cạnh là 1, hình tròn có bán kính bằng 1, hình phẳng giới hạn bởi hai đường

 

2 1 2, 2 1

y x y x . Tính tỉ số ^{1 3}

2

S S S

 .

A. ^{1 3}

2

1. 5

  S S

S B. ^{1 3}

2

1. 3

  S S

S C. ^{1 3}

2

1. 2

  S S

S D. ^{1 3}

2

1. 4

  S S

S Lời giải

Chọn C.

+ Ta có S1 1; S2  .

+ Ta thấy phương trình ² 0

2 1 2(1 )

1

 

     

x x x

x . Khi đó:

1 1 1 1 1

2 2 2 2

3

0 0 0 0 0

| 2 1 2(1 ) | d 2 | 1 (1 ) d | 2 | 1 (1 ) d | 2 | 1 1|





   



   



 



 



 2

S x x x x x x x x x x dx

Tính

1

2 0

1 d







I x x.

Đặt sin , 0;

2

 

   

x t t 

, khi đó ^{2 2 2}

0 0

1 cos 2 1

cos d d sin 2 2

2 2 4 0 4

  









^t ^t   

I t t t t

 

  .

Suy ra 3 1

 2 S 

Khi đó: ^{1 3}

2

1. 2

  S S

S Nhận xét:

1

2

0 0

2 1 1

 4



^{x dx S Trong đó S0} là diện tích Elip

2

2 1

4 x  y 

1

2 0

0

2 2 1

S  x dx 2

  



 

Câu 46. [2D1-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Biết trên khoảng 5 8; 2

  

 

  hàm số



²



^{2 2 2 1 8 4}

y x ax  ax a b    a b



^a0



đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm _{x 3} . Hỏi trên đoạn



^1;3



hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm nào?

A. 3. B. 1

2. C. 1. D. 2.

Lời giải Chọn B.

Hàm số ^{y f x}

  

^{ x2}



^2_^{ax22ax a b   1}_ ^8b4bxác định và có đạo hàm trên _ Ta có ^{f x'}

 

^2



^{x2 2}

 

^{ax2 5ax a b  1}



Do a0 , hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x 3 trên khoảng 5 8; 2

  

 

 

         

' 3 0 1 4 ' 2 2 3 2 1

 f     b a f x  a x x x TH1: a0 ta có bảng biến thiên.

Thỏa mãn đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x 3 trên đoạn 5 8; 2

  

 

 

x y

1 1

 O

2

Từ bbt suy ra trên đoạn



^1;3



hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm 1

2 x

TH2: a0 ta có bảng biến thiên

Không thỏa mãn đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x 3 trên đoạn 5 8; 2

  

 

 

Câu 47. [1D1-3] (THPT Gang Thép – Thái Nguyên Lần 3 - 2018)

Số nghiệm của phương trình sin 3 cos3 2 2 cos 1

4 0

sin

x x x

x

  

    

   trong khoảng 0;

2

  

 

  là

A. 2. B. 1. C.0. D. 3.

Lời giải:

Chọn C.

Ta có sinx0 với mọi 0;

x  2

 , do đó trên khoảng 0;

2

  

 

  phương trình đã cho tương đương với

sin 3 cos3 2 2 cos 1 0

x x x4 

 

 

3 3

3sinx 4sin x 4cos x 3cosx 2 cosx sinx 1 0

       

 

^{3 3}

5 sinx cosx 4sin x 4cos x 1 0

     

    

^{2 2}



5 sinx cosx 4 sinx cosx sin x cos x sin cosx x 1 0

       

       

5 sinx cosx sinx cosx 4 4sin cosx x 1 0 1 .

      

Đặt ^{tsinxcosx 2 sin}_^x₄^_^,



^{t  2}



. Khi đó, ta có

 

²

2 2 2

2sin cosx xsin xcos x sinxcosx  1 t , do đó phương trình (1) trở thành



²



5t t 4 2 1 t  1 0^{ 5t t}^{6 2 t2}^{ 1 0} 2t3 t 1 0

    ^{ }



^{t 1 2}

 

^{t2  2t 1}



^{0   t 1.}

Do vậy

2

1 4 4 2

sin 3

4 2 2 2 2 .

4 4

x k

x k

x x k

x k

   

      

      

     

    

       

Do 0;

x  2

  nên phương trình vô nghiệm trên 0; . 2

  

 

  Chọn C.

Câu 48. [2H1-4] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Cho hình chóp .S ABCDcó đáy là hình bình hành thỏa mãn ^{AB a ,} AC a 3,BC2a.Biết tam giác SBCcân tại S, tam giác SCD vuông tại Cvà khoảng cách từ Dđến



^SBC



bằng ³

3

a . Tính thể tích khối chóp đã cho.

A.

3

3 5

a . B.

3

5

a . C.

2 3

3 5

a . D.

3

3 3 a . Lời giải

Chọn C.

+ Gọi Hlà điểm thuộc cạnh ACsao cho 2 3

HC a . Do DC vuông góc với SCvà ACnên DC vuông góc với



^SAC



do đó ta có



^SAC



vuông góc



^ABCD



. Suy ra hình chiếu của Slên mặt đáy sẽ nằm trên cạnh AC. Mặt khác ta lại có SBCcân tại S nên đễ dàng suy ra được SHlà đường cao hình chóp.

+ Kẻ HEvuông góc BC, HGvuông góc SEnên ^{HG d H SBC}



^;

  

^.

+ Vì kẻ AEvuông góc BC, 3

; 2

3

a a

HE AE mà ^{d D SBC}



^;

  

^{d A SBC}



^;

  

^và

 

 

 



^;;



d A SBC AF HE

d H SBC  nên ^{d H SBC}



^;

  

^{ 2 3}₉ . Do đó: Từ ¹ ₂ ¹₂ ¹₂

GH  HS HF ta được 2

15 SH  a . Vậy

3 2 .

1 2 3 2

. .2.

3 15 2 3 5

S ACBD

a a

V  a  .

Câu 49. [2D3-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Tính tích phân

/4

0

ln(tan 1)d

I x x







 ^ta được kết quả là a ln 2

I c

b

   với với a b c, , ,b0,( , ) 1a b  . Khi đó P abc nhận giá trị

A. 9. B. 8. C. 1. D. 0.

Lời giải Chọn D

Đặt x_{ }4 t , ta có

 

0 4

0 4

4 4 4

0 0 0

1 tan

ln tan( ) 1 ln 1

4 1 tan

ln 2 ln 2 ln tan 1

1 tan 4ln 2

ln 2 1, 8, 0 0

8

I t dt t dt

t

dt dt t dt

t I

I a b c P





  







    

          

 

      

 

       

 

  

Câu 50. [2D4-4] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Xét số phức z thỏa mãn

2 2 1 3 34.

iz    i z i  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ^{P (1 )i z2 .i} A. P_min 4 2. B. P_min  26. C. min

9 .

P  17 D. P_min 3 2.

Lời giải Chọn A.

Gọi M x y A B I( ; ), , , lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z, 2 2 , 1 3 , 1 . i   i  i Ta có: iz    2i 2 z 1 3i  34   z 2 2i   z 1 3i  34MA MB AB 

M thuộc tia đối của tia BA.

(1 ) 2 (1 )( 1 ) 2 1 2

P i z i  i z  i z  i MI. Dựa vào quan sát, suy ra:Pmin MImin M B.

Vậy P_min  2IB4 2.