Bài tập vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử đại học môn toán năm 2018 trường thpt hà tĩnh lần 1 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

GIẢI CÁC CÂU VD – VDC

THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018

Câu 35: [1D3-3] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho 4 số thực ^{a b c d, , ,} là 4 số hạng liên tiếp của một cấp số cộng. Biết tổng của chúng bằng 4 và tổng bình phương của chúng bằng 24.

Tính P a ³  b³ c³ d³.

A. P64. B. P80. C. P16. D. ^P79.

Lời giải Chọn A.

Gọi 4 số hạng này là ^x^{3 ;}m x m x m x ^;  ^; ³m

2 2

4 4 1

4 20 24 1

x x

Gt x m m

 

 

      .

Vậy 4 số hạng này là 2;0; 2; 4 . Suy ra P64.

Câu 36. [2D1-3] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Tổng tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho hàm số y x ³3mx² 4m³ có cực đại cực tiểu đối xứng nhau qua đường phân giác của góc phần tư thứ nhất là

A.

2

2 . B.

1

4. C. 0 . D.

1 2. Lời giải

Chọn C.

Ta có: ^y'3^x26^mx3^{x x}



^2^m



^{y'  }0 ^x 0^,x2^m Hàm số có CĐ, CT  m 0.

Gọi ^A



^{0; 4m3}



^{,B m}



^{2 ;0}



là hai điểm cực trị của hàm số, ^{I m m}



^{;2 3}



là trung điểm ^AB Ta có phương trình đường thẳng đi qua hai điểm CĐ, CT: y 2mx²4m³.

Để ^{A B,} đối xứng với nhau qua đường thẳng ^{yx d}

 

_{ta có}

( m ).

I d

   

 



2 2 1 1

m m

m m

 

   

 

2 3

2 1 1

2

2 (vì m0).

Câu 37. [2D3-3] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường x y  2 0, ^{y x}, y0 quay quanh trục Ox bằng

A.

5

6 . B.

6 5



. C.

2 3



. D.

5 6

 . Lời giải

Chọn D.

Thể tích khối tròn xoay cần tìm bằng

   

1 2 2 2

0 1

1 1 5

d 2 d

2 3 6

V 



x x



x x      .

Câu 38. [2H1-3] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại ^B, ^{AB a BC ; 2 .a} Tam giác SAB cân tại Svà nằm trong mặt vuông góc với đáy. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, mặt phẳng ^(SAG) tạo với đáy một góc ⁶⁰⁰. Tính thể tích tứ diện ACGS.

A.

3 6

36 a

. B.

3 6

18 a

. C.

3 3

27 a

. D.

3 6

12 a

. Lời giải

S

A

B C

H G

F

E 60

Chọn B.

+ Gọi ^H là hình chiếu của S lên ^(ABC) nên ^H là trung điểm của ^AB. Kẻ ^HE vuông góc AG. Do đó góc HES là góc của ^(SAG) với đáy.

+ Vì ^{AB a BC ; 2a} nên BAG· =45⁰ 2 HG a

Þ = ⁰ 3

.tan 60 2 SH GE a

Þ = =

. Nên

2 3

. .

1 1 1 3 3

. .

3 3 3 2 18

A GSC S ABC

V = V = a a = a

.

Câu41. [2D1-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Đường thẳng y m ² cắt đồ thị của hàm số

4 2 10

y x x  tại hai điểm ,A B sao cho tam giác OAB vuông (O là gốc tọa độ). Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. ^m2



^5;7



_{. B.} ^m2

 

^3;5 _{. C.} ^m2

 

^1;3 _{. D.} ^m2

 

^0;1 _.

Lời giải Chọn C.

Do đồ thị hàm số y x ⁴x²10 đối xứng qua Oy nên đường thẳng y m ² cắt đường cong

4 2 10

  

y x x tại ,A B thì ,A B đối xứng qua Oy

Khi đó OAB vuông khi và chỉ khi ^{A m m}



^{ 2, 2}



_, ^{B m m}



^{2, 2}



 m⁸m⁴m²10 0 .

Đặt t m ² 0 ta được:t⁴  t² t 10 0 . Xét hàm ^{f t}

 

^{   t4 t2 t 10}

Ta có ^f

 

^{1  11, f}

 

^{3 59  f}

   

^{1 .f 3   0 t}

 

^1;3 _.

Vậy ^m2

 

^1;3 _.

Câu 44: [1H3-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho hình lăng trụ ^{ABC A B C.   } có ^{A ABC.} là tứ diện đều cạnh a. Gọi M , ^N lần lượt là trung điểm của AA và BB. Tính tan của góc giữa hai mặt phẳng



^ABC



_và



^CMN



_.

A.

2

5 . B.

3 2

4 . C.

2 2

5 . D.

4 2 13 . Lời giải

Chọn C.

Cách 1:

Gọi ^O là trung điểm của ^AB. Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho ^O



^0;0;0



_,

1;0;0 A2 

 

 ,

1;0;0 B2 

 ,

0; 3;0 C 2 

 

 

 ,

0; 3;0 H 6 

 

 

 ,

6 3

A H  a 3 6

0; ;

6 3

A  

  

Ta có  AB A B   3 6 1; ;

6 3

B  

  . Dễ thấy



^ABC



_{có vtpt} n1



0;0;1



. M là trung điểm AA

1 3 6

; ;

4 12 6

M 

  

 , ^N là trung điểm BB

3 3 6

; ;

4 12 6

N 

  

 



^1;0;0



MN 



,

1 5 3 6

; ;

4 12 6

CM   

  







^CMN



_{có vtpt} ^{n2 0; 66 5 3; 12}

 

  

 

 ^ ₁₂³



^{0;2 2;5}



cos  5

33 ²

tan 1 1

 cos

    2 2

 5 Cách 2:

Gọi ^H là trực tâm tam giác đều ABC và ^I là trung điểm của ^AH. Ta có ^AH 



^ABC



và

 

MI  ABC

. clà giao tuyến của hai mặt phẳng



^ABC



_và



^MNC



_{. Kẻ IK c tại K.}

Ta có MI c và IK c nên MK c. Suy ra góc giữa hai mặt phẳng



^ABC



_và



^CMN



_là

MKI

  .

Xét tam giác ABC ta có

5 5 3

6 12

CP a

  ¹

KI CP 2PH

(với ^P là trung điểm cạnh^AB).

Mặt khác

1 '

MI 2A H 1 ^{2 2} 2 AA' AH

 

2

1 2 2

2 3 2 3

a a

 a  

.

Vậy

tan 

tan  MI

MKI  KI  2 12 2 2 2 3 5 3 5

a

 a 

.

Câu 45: [2D4-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho số phức ^z thỏa mãn z  1 i 1 , số phức w thỏa mãn w 2 3i 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của z w .

A. 13 3 . B. 17 3 . C. 17 3 . D. 13 3 . Lời giải

Chọn B.

Gọi ^{M x y}



^;



biểu diễn số phức z x iy  thì M thuộc đường tròn

 

C1 có tâm I1

 

1;1 , bán kính

1 1

R  .



^;



N x y 

biểu diễn số phức w x iy   thì ^N thuộc đường tròn

 

C2

có tâm I2



2; 3



, bán kính

2 2

R  . Giá trị nhỏ nhất của z w chính là giá trị nhỏ nhất của đoạn ^MN. Ta có I I1 2 



1; 4



1 2 17

I I  R₁R₂ 

 

C1 và

 

C2

ở ngoài nhau.

MNmin

 I I_{1 2}R₁R₂  17 3 .

Câu 46: [2D1-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho hàm số y=f x( ) có đạo hàm liên tục trên ¡ , thỏa mãn 2 (2 )f x +f(1 2 ) 12- x = x², phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y= f x( ) tại điểm có hoành độ bằng 1 là

A. ^y2x2. B. y4x6. C. y2x6. D. ^y4x2. Lời giải

Chọn D.

Từ giả thiết 2 (2 )f x +f(1 2 ) 12- x = x² (*) ta có:

2 (0) (1) 0

(1) 2 2 (1) (0) 3

f f

f f f

ì + =

ïï Þ =

íï + =

ïî .

Đạo hàm hai vế của (*) ta được: 4 '(2 ) 2 '(1 2 )f x - f - x =24x, suy ra 4 '(0) 2 '(1) 0

'(1) 4 4 '(1) 2 '(0) 12

f f

f f f

ì - =

ïï Þ =

íï - =

ïî .

Do vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: ^y4



^{x  1}



^{2 4x2}_.

Câu49. [2D3-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Biết

2018

2018 2018

0

sin

sin cos

x a

I dx

x x b

 

 



 trong đó ^{a b,} là các số nguyên dương. Tính 2a b .

A. P8. B. P10. C. P6. D. ^P12. Lời giải

Chọn A.

Đặt

 

2018 ²⁰¹⁸ 2018

sin

sin cos

f x x

x x

  xác định trên ^R. Ta có ^f



^x



^{ f x}

   

¹

Và ₂₀₁₈^cos2018 ₂₀₁₈

 

^{1 2}

 

2 sin cos 2

f x x f x f x

x x

 

       

    

   

Ta tính

 

0

I xf x dx







.

Đặt x  t, suy ra ^{dx dt}. Đổi cận ^x  ^{0 t} ^{; x}   ^{t 0}. Khi đó

           

0 0 0 0

I t f t dt t f t dt f t dt tf t dt

   

   





  



 







(do (1))

   

²

   

0 0 0

2

2 2 2

I f t dt f x dx f x dx f x dx



  



    

 

      

 

 

   

. Đặt x t 2

  , suy ra ^{dx dt} . Đổi cận 0;

2 2

x   t x   t 

. Khi đó

   

²

2 2 2 2

0 0 0 0

1 .

2 2 2 2 2 2 2 4

I f x dx f t dt f x f x dx dx

   

         

 

   

 

              

   

(do (2)) Suy ra ^a2;b4. Suy ra ^{P2a b 8}.

Câu 50: [2D1-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho phương trình:

  

³



^{3 3}

sinx 2 cos 2 x 2 2cos x m 1 2cos x m  2 3 2cos x m 2 .

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình trên có đúng ¹ nghiệm 0;2 x 3 

A. ². B. ¹. C. ⁴. D. 3 .

Lời giải Chọn D.

Ta có:

  

³



^{3 3}

sinx 2 cos 2 x 2 2cos x m 1 2cos x m  2 3 2cos x m 2



²

 

³



^{3 3}

sin 1 2sinx x 2 2cos x m 2 2cos x m 2 2cos x m 2

         

 

³

 

3 3 3

2sin x sinx 2 2cos x m 2 2cos x m 2 1

       

Xét hàm số ^{f t}

 

^2t3t _có ^{f t}

 

^{6t2   1 0, t}  , nên hàm số ^{f t}

 

đồng biến trên  .

Suy ra

 

^{1  f}



^sinx



^{ f}



^{2 cos3x m 2}



^{sinx 2 cos3x m 2}

 

²

Vì 0;2

x 3 nên sinx0. Do đó

 

^{2 sin2x2 cos3x m 2}

^{ 2cos3xcos2 x 1 m}

 

³

Đặt tcosx, phương trình

 

³ trở thành ^2t3  ^{t2 1 m}

 

⁴

Khi 0;2

x 3 thì

1;1

t  2 . Phương trình đã cho có đúng ¹ nghiệm 0;2

x 3  khi và chỉ khi

phương trình

 

⁴ có đúng một nghiệm

1;1 t  2 .

Xét hàm số ^{g t}

 

 ^2t3 ^{t2 1} với

1;1 t  2 .

Ta có ^{g t}

 

^{ 6t22t}_,

 

0

0 1

3 t

g t t

 

  

  

 .

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra, phương trình

 

⁴ có đúng một nghiệm

1;1

t  2  khi và chỉ khi 4 28

m 27

   

. Vì m nguyên nên các giá trị cần tìm của m là



  ^{4; 3; 2}



.