• Không có kết quả nào được tìm thấy

Đề thi thử THPT quốc gia 2018 môn Toán có đáp án THPT chuyên chu văn an hà nội | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "Đề thi thử THPT quốc gia 2018 môn Toán có đáp án THPT chuyên chu văn an hà nội | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện"

Copied!
10
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

Câu 10. [2H3-4](Chu Văn An 2018) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

 

P :x4y z  1 0

và hai điểm A

1;0;2 ;

B

2;5;3

. Đường thẳng d đi qua điểm A và song song với mặt phẳng (P) sao cho khoảng cách từ điểm Bđến dnhỏ nhất có phương trình :

A.

1 2

1 1 3 .

x  y z

B.

1 2

3 1 1 .

x  y z

C.

1 2

5 1 1 .

xy z

   D.

3 1 4

2 1 2 .

x y z

 

Lời giải:

Chọn D

P

A

B

H

Đề khá là hay vì nếu thử máy tính thì phương án A, B cùng cho một kết quả +) / /( )d P và qua A nên d thuộc Mặt phẳng ( )Q qua A và song song với (P)

+)

 

Q :x4y z  3 0. Gọi H là hình chiếu của B trên (Q) thì AH là đường thẳng cần tìm

+)

2

: 5 4

3

x t

BH y t

z t

  

  

  

 , H

2t;5 4 ;3 tt

. Vì H

 

Q nên t 1 H

3;1;4

+) AH qua H và có vtcpu

2;1;2

.Viết phương trình ra đáp án D

Câu 14. [2D3-2](Chu Văn An 2018) Cho hai hàm số yf x

 

yg x

 

liên tục trên đoạn

 

a b;

với a b . Kí hiệu S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y3f x

 

, y3g x

 

,

,

x a x b  ; S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường cong y f x

 

2,. Khẳng

định nào sau đây là đúng?

A. S12S2. B. S1 2S22. C. S1 2S22. D. S13S2. Lời giải:

Chọn D.

Theo giả thiết ta có:

   

1 3 3 d

b

a

S

f xg x x 3b

   

d

a

f x g x x

(2)

       

2 2 2 d

b

a

S

f x   g xx b

   

d

a

f x g x x

Vậy S1 3S2.

Câu 27. [1D2-3](Chu Văn An 2018) Khai triển của biểu thức

x2 x 1

2018được viết dưới dạng

2 4036

0 1 2 ... 4036

aa x a x  a x . Tổng S a0a2a4a6 ... a4034a4036 bằng

A. 21009. B. 21009. C. 0. D. 1.

Lời giải:

Chọn D

Lấy x i ta được

x2  x 1

2018i2018   1 a0a i a i1. 2 2 ... a4036i4036

Lấy x i ta được

x2 x 1

2018 

 

i 2018  1 a0a i a i1. 2 2 ... a4036i4035a4036i4036

Cộng lại ta được  2 2

a0a i2 2  ... a4036i4036

2

a0a2a4a6 ... a4034a4036

Suy ra S a0a2a4a6 ... a4034a4036 1

Câu 34. [2H3-3](Chu Văn An 2018) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A

0; 1;2 ,

B

1;1;2

và đường thẳng

1 1

: 1 1 1

x y z

d    

. Biết điểm M a b c

; ;

thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất. Khi đó, giá trị T  a 2b3c bằng

A. 4. B. 5. C. 10. D. 3.

Lời giải:

Chọn C

+) Phương trình đường thẳng

: 1 2

2 x t

AB y t

z

 

   

 

Nhận xét: đường thẳng ABd chéo nhau.

+ Dựng MH vuông góc với AB. Ta có

1 .

MAB 2

SAB MH

. Do AB cố định nên diện tích tam giác MAB nhỏ nhất khi và chỉ khi MH là đoạn vuông góc chung của ABd.

+) M d M

 1 t t1 1; ;1t1

; HABH t

2; 1 2 ;2  t2

2 1 1;2 2 1 1; 1 1 .

MH t t t t t

      

MH là đoạn vuông góc chung của AB và d khi và chỉ khi

(3)

. 0 . d 0 MH AB MH u

 

 

 



 

  2 1

2 1

2 1 2 1 1

1 2 2 1 0

1 2 1 1 0

t t t t

t t t t t

     

 

        

 .

1

2

4 1 4 7

3 ; ;

3 3 3 1

t M

t

    

  

 

Vậy T 10.

Câu 36. [2H3-3](Chu Văn An 2018) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng   : 2x y 2z 9 0 và ba điểm A

2;1;0 ,

B

0;2;1 ,

 

C 1;3; 1

. Điểm M  sao cho 2MA3MB4MC

đạt giá trị nhỏ nhất. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. xMyMzM 4. B. xMyMzM 2.

C. xMyMzM 3. D. xMyMzM 1.

Lời giải:

Chọn A

+) Gọi điểm I thỏa mãn 2IA3IB4IC 0I

0; 4;7

. ( chắc là thầy Doanh dùng công thức tính nhanh

2 3 4

2 3 4

A B C

I

x x x

x  

   )

+) Ta có 2MA3MB4MC 

2IA3IB4 IC IM 

IMIM



Do đó, 2MA3MB4MC

nhỏ nhất khi và chỉ khi IM nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I trên mặt phẳng   .

+) Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với   là:

2 4 7 2 x t

y t

z t

 

   

  

 .

2 ; 4 ;7 2

M  d M t  tt . M  t 1 M

2; 3;5

. Vậy xMyMzM 4.

Câu 38. [2D2-3](Chu Văn An 2018) Tích tất cả các giá trị của x thỏa mãn phương trình

3x3

 

2 4x4

 

2 3x4x7

2 bằng.

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

Chọn D

Lời giải:

Đặt:

3 3

4 4

x x

a b

  



   . Phương trình trở thành: a2b2

a b

2.

2 2 2 2 2

a b a b ab

     2b22ab0 b a b

0.
(4)

 

 

0; 1

; 2 a

a b

 

  

TH 1: b0 4x 4 0  x 1.

TH 2: a b 3x4x7. Phương trình có nghiệm duy nhất x1. Vậy Tích các nghiệm là 1.

Câu 42. [1D2-3](Chu Văn An 2018) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên nhỏ hơn 10 được thành lập từ6 hai chữ số 01.Lấy ngẫu nhiên hai số trong S. Xác suất để lấy được ít nhất một số chia hết cho 3 bằng

A.

53.

96 B.

2279.

4064 C.

4473.

8128 D.

55. 96 Lời giải:

Chọn D

Gọi số nhỏ hơn 10 là 6 a a a a a a1 2 3 4 5 6,

ai

 

0;1 , i 1,6

(Nếu số đó có 5 chữ số thì a10, tương tự cho số có 4, 3, 2, 1 chữ số) Mỗi chữ số ai có 2 cách chọn nên số các số như vậy là 26 64. Do đó, số phần tử của không gian mẫu là:  C642.

Trong các số lập được, các số chia hết cho 3 là 0 hoặc có 3 chữ số 1 hoặc có 6 chữ số 1.

Vậy số các số chia hết cho 3 là: 1C63C66 22.

Suy ra xác suất cần tính là:

2 42

2 64

1 55.

96 C

C

Câu 43. [2H3-3](Chu Văn An 2018) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng : 1

1 1 1

x yz

  

và hai điểm A

1;2; 5 ,

 

B 1;0;2

. Biết điểm M thuộc  sao cho biểu thức TMA MB đạt giá trị lớn nhất là Tm ax

. Khi đó, Tm ax

bằng bao nhiêu?

A. Tm ax  57

. B. Tm ax 3

. C. Tm ax 2 6 3

. D. Tm ax 3 6 . Lời giải

Chọn B

(5)

I M A'

H A

B M

Ta có AB

 2; 2;7

suy ra phương trình đường thẳng

1 2

: 2

2 7

x t

AB y t

z t

  

  

  

: 1

x t

y t

z t

 

 

   

  

 . Xét hệ

1 2

2 1

2 7 t t

t t

t t

   

   

   

1 3 1 3 t t

  



   

 , do đó đường thẳng AB và  cắt nhau tại

1 2 1

3 3; ; 3

I  . Thấy

4 4 14

; ; ;

3 3 3

IA  

 2 2 7

; ;

3 3 3

IB  



2 IA  IB

 

nên hai điểm ,A B nằm về hai phía của đường thẳng . Gọi ,H A lần lượt là hình chiếu của A trên  và là điểm đối xứng với A qua . H t

;1t t ;

  AH t

1;t1;t5

u

1;1;1

1 1 5 0

ttt

         t 1

1;0; 1

H   A

 3; 2;3

.

Với mọi điểm M  ta đều có MA MA do đó T MA MB MAMB A B 3 dấu bằng xảy ra khi M là giao điểm của đường thẳng A B và . Vậy Tm ax 3

.

Câu 44. [2D1-4](Chu Văn An 2018) Cho hàm số y f x

 

có đồ thị hàm số y f x

 

như hình vẽ

Hàm số

1

2

2 yfxxx

nghịch biến trên khoảng A.

1;3 2

 

 

 . B.

2;0

. C.

3;1

. D.

 

1;3 .
(6)

Lời giải:

Chọn D

- Từ đồ thị hàm số y f x

 

, có f x

 

  x 0 f x

 

 x 23 1 x x

  

  

- Xét hàm số

1

2

2 yfxxx

, có

1

1

y f x  x  f

1x

 

 1 x

 f

1x

 

 1 x

.

Như vậy f 

1 x

 

 1 x

 0 2 13 1 1 x x

   

  

0 4

1 x x

  

    Hay f

1x

 

 1 x

 0 2 13 1 1

x x

   

  

0 4

1 x x

  

    . Suy ra hàm số

1

2

2 yfxxx

nghịch biến trên các khoảng

 ; 1

 

0;4 .

Suy ra hàm số

1

2

2 yfxxx

cũng sẽ nghịch biến trên khoảng

  

1;3  0;4

.

Câu 45. [2D1-4](Chu Văn An 2018) Tập tất cả các giá trị của mđể phương trình

12 2

2

2

 

2x .log x 2x3 4x m .log 2 x m 2

có đúng ba nghiệm phân biệt là:

A.

1 3

; 1; .

2 2

  

 

  B.

1 3

;1; .

2 2

 

 

  C.

1 3

;1; .

2 2

  

 

  D.

1 3

;1; .

2 2

 

 

 

Lời giải Chọn D

Ta có 2x12.log x2

22x3

4x m .log2

2 x m 2

  

1

12 2

 

2 2 2

 

2 x .logx 1 2 2 x m .log 2 x m 2

      

 

2

Xét hàm số f t

 

2 .tlog t2

2 ,

t0.

f t

 

   0, t 0 hàm số đồng biến trên

0;

Khi đó

 

2 f

x1

2 f

2 x m

x1

2 2 x m

 

 

2 2

4 1 2 0 3

2 1 4

x x m

x m

    

   

(7)

Phương trình

 

1 có đúng ba nghiệm phân biệt nếu xảy ra các trường hợp sau:

+) PT

 

3 có nghiệm kép khác hai nghiệm phân biệt của PT

 

4

3 m 2

  , thay vào PT

 

4 thỏa mãn

+) PT

 

4 có nghiệm kép khác hai nghiệm phân biệt của PT

 

3

1 m 2

  , thay vào PT

 

3 thỏa mãn

+) PT

 

4 có hai nghiệm phân biệt và PT

 

3 có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm của hai PT trùng nhau

 

4   x 2m1,với 12 m 32. Thay vào PT

 

3 tìm được m1.

KL:

1 3

;1; .

2 2

m  

 

Câu 46. [2H1-3](Chu Văn An 2018) Viện Hải Dương học dự định làm một bể cá bằng kính phục vụ khách tham quan(như hình vẽ), biết rằng mặt cắt dành cho lối đi là nửa hình tròn

10 m

6 m

25 m 1m

Tổng diện tích mặt kính của bể cá gần nhất với giá trị nào sau đây

A. 914m .2 B. 949m .2 C. 984m .2 D. 872m .2

Lời giải:

Chọn C

Tổng diện tích kính bằng diện tích toàn phần của khối hộp chữ nhật theo kích thước đã cho trừ đi diện tích lối đi(hình chữ nhật) và hai cửa đi vào dành cho khách tham quan(hai nửa đường tròn) cộng với diện tích xung quanh của nửa hình trụ.

Vì vậy, tổng diện tích bề mặt là S2 25.10 10.6 6.25

 

8.25.42.4.25 984m 2. Câu 47. [2D3-3](Chu Văn An 2018) Xét hàm số f x

 

liên tục trên

 

0;1 và thỏa mãn điều kiện

 

2

 

2

4 .x f x 3 1fx  1x

. Tích phân

1

 

0

d I

f x x

bằng:

(8)

A. I  20

. B. I 16

. C. I 6

. D. I 4

. Lời giải:

Chọn A.

f x

 

liên tục trên

 

0;1 và 4 .x f x

 

2 3 1f

x

1x2 nên ta có

   

1 1

2 2

0 0

4 .x f x 3 1f x dx 1 x xd

     

 

 

1

 

2 1

 

1 2

0 0 0

4 .x f x dx 3 1f x xd 1 x xd

 

 

1

.

1

 

2

0

4 .x f x dx

1

   

2 2

0

2 f x d x

2 1

 

0

2 d

t x f t t



2I

 

1

0

3 1fx xd

1

   

0

3 f 1 x d 1 x

 

  1 1

 

0

3 d

u x f u u



3I

Đồng thời

1

2 0

1x xd

sin 2 2

0

1 sin .cos d

x t t t t



2 2

0

cos dt t

2

 

0

1 1 cos2 d

2 t t

4

 .

Do đó,

 

1 2I3I 4 hay I 20 .

Câu 48. [2D1-3](Chu Văn An 2018) Cho hàm số yx3x23x1 có đồ thị

 

C . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để từ điểm M

0;m

kẻ được ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị

 

C

mà hoành độ tiếp điểm thuộc đoạn

 

1;3 ?

A. Vô số. B. 0. C. 61. D. 60.

Lời giải:

Chọn C

Ta có y 3x22x3. Gọi M x y

0; 0

là tiếp điểm.

Để

 

C có ít nhất 1 tiếp tuyến kẻ từ M

0;m

mà tiếp điểm thuộc đoạn

 

1;3

 Phương trình m

3x022x03 0

 

x0

x03x02 3x01

có ít nhất 1 nghiệm thuộc đoạn

 

1;3

Hay m 2x03x021

 

1

.

Đây là phương trình hoành độ giao điểm của hai hàm số

3 2

2 1

y x x

y m

    

 

 .

(9)

Khảo sát đồ thị hàm số y 2x3x21, để phương trình

 

1 có ít nhất 1 nghiệm thuộc đoạn

 

1;3 thì 62  m 2.

Câu 49. [2D4-3](Chu Văn An 2018) Cho lăng trụ tam giác đều ABC A B C.    có tất cả các cạnh bằng a , gọi MN lần lượt là trung điểm của các cạnh AAAB. Khoảng cách giữa hai đường thẳng MNB C bằng:

A.

3 5 10 a

. B.

2 5 15 a

. C.

3 5 5 a

. D.

2 5 5 a

. Lời giải:

Chọn A.

z

x

y M

N I

C'

B'

A

B

C A'

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ.

Ta có

0; 3;

2 2

a a

M 

  

 ,

; 3;0

4 4

a a

N 

  

 ,

2;0;

Ba a

 

  và

2;0;0 Ca 

 

Suy ra

; 3;

4 4 2

a a a

MN  

  

 



, B C  

a;0;a

MB 2a a; 23;2a

 

   

 



. Khoảng cách giữa giữa hai đường thẳng MNB C là:

;

; .

;

MN B C MB d MN B C

MN B C

   

 

 

  

 

  

  3 5

10 a

 .

Câu 50. [2D1-4](Chu Văn An 2018) Cho các số phức z1, z2, z3 thỏa mãn điều kiện z1 4, z2 3,

3 2

z  và 4z z1 2 16z z2 39z z1 3 48. Giá trị của biểu thức P z1 z2 z3 bằng:

A. 2 . B. 6. C. 8. D. 1.

Lời giải:

Chọn A.

(10)

Ta có z1 4, z2 3, z3 2 nên

2

1. 1 1 16

z zz  ,

2

2. 2 2 9

z zz  ,

2

3. 3 3 4

z zz  . Khi đó 4z z1 216z z2 39z z1 3 48 z z z z3 1 2 3z z z z1 1 2 3z z z z2 1 2 3 48

z3 z1 z z z z2

1 2 3 48

    z3 z1 z2 2

hay P z1z2z3 2.

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

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

Tính sác xuất để mỗi quyển sách tiếng Anh đều được xếp giữa hai quyển sách Toán, đồng thời hai quyển sách Toán T1 và Toán T2 luôn được

MA TRẬN TỔNG QUÁT ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 2018 Trang 6 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có

Tuy nhiên số lượng gen trong tế bào rất lớn và số cá thể trong quần thể cũng rất nhiều nên chìn chung trong mỗi quần thể sinh vật, số lượng gen đọt biến được tạo

Câu 18: Cho biết mỗi gen quy định tình trạng, các alen trội là trội hoàn toàn, quá trình giảm phân không xảy ra đột biến nhưng xảy ra hoán vị gen ở hai giới

Biết rằng quỹ tích các điểm B là đường tròn cố định, tìm bán kính R của đường tròn

Tam giác SAC nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng SA bằng 4... Tính thể tích khối chóp

Cán bộ coi thi đưa cho mỗi thí sinh một bộ câu hỏi thi gồm 15 câu hỏi khác nhau và đựng trong 15 phong bì dán kín có hình thức giống hệt nhau, mỗi phong bì