Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường chuyên long an lần 2 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

Câu 31: [2D2-3] Thầy Đ gửi tổng cộng 320 triệu đồng ở hai ngân hàng X và Y theo phương thức lãi kép. Số tiền thứ nhất gửi ở ngân hàng X với lãi suất 2,1% một quý ( 1 quý: 3 tháng ) trong thời gian 15 tháng. Số tiền còn lại gửi ở ngân hàng Y với lãi suất 0,73% một tháng trong thời gian 9 tháng. Tổng tiền lãi đạt được ở hai ngân hàng là 27 507 768 đồng. Hỏi số tiền thầy Đ gửi lần lượt ở ngân hàng X và Y là bao nhiêu ( làm tròn kết quả đến hàng đơn vị )?

A.140 triệu và 180 triệu. B. 120 triệu và 200 triệu.

C. 200 triệu và 120 triệu. D. 180 triệu và 140 triệu.

Lời giải Chọn A.

Gọi ^a và b( triệu đồng )lần lượt là số tiền thầy Đ gửi vào nhân hàng X và Y.

Suy ra số tiền lãi ở ngân hàng X sau 15 tháng gửi tiết kiệm là: ^a_



^{1 0,021}



^51_ ( triệu đồng).

Số tiền lãi ở ngân hàng Y sau 9 tháng gửi tiết kiệm là: ^b_



^{1 0,0073}



^91_ ( triệu đồng).

Từ giả thiết ta có hệ phương trình



^{1 0,021}



^{5 1}



^{1 0,0073}



^{9 1 27,507768}

320

a b

a b

        

    

  

 140

180 a b

 

   .

Câu 32: [1D2-2] Với ⁿ là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện A_n²C_n³ 10 , tìm hệ số a5 của số hạng chứa x⁵ trong khai triển biểu thức ^{2 2}₃

n

x x

  

 

  với x0.

A. a5  10. B. a₅  10x⁵. C. a₅ 10x⁵. D. a5 10. Lời giải

Chọn A.

Ta có A_n²C_n³ 10 5 6 n n

 

   .

Với n5 ² 3 ^{5 5} 5

 

^{10 5}

2 ^k. 2 .^{k k}

k

x C x

x

  

   



 số hạng chứa x⁵ 10 5 k  5 k 1 . Vậy hệ số a₅  2C₅¹ 10.

Với n6 ² 3 ^{6 6} 5

 

^{12 5}

2 ^k. 2 .^{k k}

k

x C x

x

  

   



 số hạng chứa x⁵ 12 5 5 ⁷ k k 5

     loại . Vậy hệ số cần tìm là a5  10.

Câu 33: [2H1-3] Cho hình lăng trụ ABC A B C.    có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm ^A lên mặt phẳng



^ABC



trùng với trọng tâm tam giác ABC. Biết khoảng cách giữa hai đường ^AA và BCbằng ³

4 a . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC A B C.   .

A. ^{3 3} 6

V  a . B. ^{3 3}

24

V a . C. ^{3 3}

12

V  a . D. ^{3 3}

3 V  a .

Lời giải Chọn D.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Vì ^{A G }



^ABC



và tam giác ABC đều nên A ABC là hình chóp đều. Kẻ EF  AA và ^BC



^{AA E}



nên



^,



³

4

d AA BC  EF  a . Đặt A G h 

Ta có

2

2 3

3 A A h a 

     .

Tam giác A AG đồng dạng với tam giác EAF nên A A AG A G

EA FA FE

 

 

2

3 2 3 3

. . . .

2 3 4 3

a a a a

A G EA A A FE h h   h

 

        .

Thể tích V của khối lăng trụABC A B C.    là . . ^{2 3 3 3}

3 4 12

ABC

a a a

V AG S   .

Câu 34: [2H2-2] Cho hình lập phương ABCD A B C D.     có cạnh bằng 1 . Tính diện tích xung quanh của hình tròn xoay sinh bởi đường gấp khúc ACA quay quanh trục AA.

A.  5. B.  6. C.  3. D.  2^.

Lời giải Chọn B.

Hình tròn xoay sinh bởi đường gấp khúc ACA quay quanh trục AAlà hình nón có bán kính đáy RAC  2, chiều cao h AA1, đường sinh l A C  3

Diện tích xung quanh hình cần tìm là S_xq Rl 2 3 6.

Câu 35: [2D1-2] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số

 

4 2 1 2 2

y x  m x  m đồng biến trên khoảng

 

1;3 .

A. ^{m  }



^{; 5}



. B. ^m



^2;



. C. ^{m }



^{5; 2}



. D. ^{m }



^;2



. Lời giải

Chọn D.

Hàm số ^{y x 42}



^m1



^{x2 m 2} có tập xác định _ . Ta có: ^{y 4x34}



^m1



^x.

Hàm số đồng biến trên khoảng

 

^{1;3  y0,  x}

 

^{1;3 4x34}



^m1



^{x0,  x}

 

^1;3

   

2 1 0, 1;3

x m x

      ^{ m x 2  1, x}

 

^{1;3 .}

Do hàm số ^{h x}

 

^x21 có tập giá trị trên

 

1;3 là



2;10 .



Vậy ^{m x 2  1, x}

 

^1;3  m 2.

Câu 36: [2D4-3]Cho z thỏa mãn



^{2 i z}



^{17 1 3i}

  z   . Tập hợp các điểm biểu diễn số phức



^{3 4}



^{1 2}

w  i z  ilà đường tròn tâm I bán kính R, kết quả nào đúng ?

A. ^I



^{ 1; 2 ;}



^{R 5} B. ^I



^{1; 2 ;}



^R5 C. ^I

 

^{1;2 ;R 5} D. ^I



^{1; 2 ;}



^R5

Lời giải Chọn D.

Vì



^{2 i z}



^{17 1 3i}

  z   nên 17

2 z i z 1 3i

    z ^



^{2 z  1 i z}



^3

 

^{ 17}_z

Lấy mođun 2 vế ta thu được:



^{2 z 1}



^2



^{z 32}



^{ 17}_z ^



^{2 z 1}

 

^{2 z 3}



^{2  17}_z²

 5 z⁴2z³10z²17 0 ^{ z 1}.



3 4



1 2

w  i z  i  w1- 2i



3 4 i z



; ^{w1- 2i }



^{3 4 i z}



^{ w1- 2i 5z 5}

Vậy ^wnằm trên đường tròn tâm ^I



^{1; 2 ;}



^R5.

Câu 37: [2D1-3] Biết rằng đồ thị hàm số ^{y f x}

 

^{ax4bx2c} có hai điểm cực trị là ^A



^{0; 2}



và ^B



^{2; 14}



. Tính ^f

 

¹ .

A. ^f

 

^{1 0}. B. ^f

 

^{1  6}. C. ^f

 

^{1  5}. D. ^f

 

^{1  7}. Lời giải

Chọn C.

Có ^{y f x}

 

^{4ax32bx}

Do đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là ^A



^{0; 2}



và ^B



^{2; 14}



nên ta có hệ phương trình:

 

 

 

 

0 0

32 4 0 1

2 0

2 8

0 2

16 4 14 2

2 14

f a b a

f c b

f a b c c

f

 

       

     

  

        

  



 

^{4 8 2 2}

 

^{1 5}

f x x x f

       . Vậy ^f

 

^{1  5}.

Câu 38: [2D2-3] Tìm tất cả giá trị của mđể bất phương trình ^9x2



^{m1 .3}



^{x 3 2m0 nghiệm}

đúng với mọi số thực x:

A. m  



5 2 3; 5 2 3 



. B. ³ m 2.

C. ³

m 2. D. m2.

Lời giải.

Chọn C.

Đặt ^{3x t t,}



^0



Khi đó bất phương trình trở thành ^{t2 2}



^m1



^{t 3 2m  0}



^{t 3}

 

^{t 1}



^{2m t}



^1



3 2

t m

   (do t    0 t 1 0) 3

2 m t

 

Với 3 3

0 2 2

t t

    nên suy ra để bất phương trình nghiệm đúng với mọi số thực x thì 3

m 2.

Câu 39: [1D3-3] Cho dãy số

 

xn xác định bởi x1  2,x_n1 2x x_n, ^*. Mệnh đề nào là mệnh đề đúng

A.

 

xn là dãy số giảm B.

 

xn là cấp số nhân C. limx_n   D. limx_n 2 Lời giải

Chọn D.

1 2

n n

x _  x nên

 

xn là dãy số tăng: A sai

1 2, 2 2 2 , 3 2 2 2

x  x   x    nên xn không là cấp số nhân: B sai Giả sử x_n1 2 x_n  2 2 x_n  2 x₁2 vô lí

Vậy limxn   sai: C sai

Câu 40: [2H3-2] Trong không gian với hệ trục tọa độ ^Oxyz, cho mặt cầu

  

^{S : x1}

 

^{2 y2}

 

^{2 z 1}



^{2 25}. Đường thẳng d cắt mặt cầu tại hai điểm A, B. Biết tiếp diện của

 

^S tại A và B vuông góc. Tính độ dài AB.

A. ⁵

AB2 . B. AB5. C. _{AB5 2}. D. 5 2 AB 2 . Lời giải

Chọn C.

R

d

A

B

I

Gọi

 

^ và

 

^ là tiếp diện tại A và Bcủa

 

^S .

Vì

   

^  ^ nên IAIB. Suy ra IAB vuông cân tại I . Vậy _{AB IA 2 R 2 5 2}.

Câu 41: [1D1-3]Tìm tất cả giá trị nguyên của m để phương trình

 

8sin2x m1 sin 2x2m 6 0 có nghiệm.

A. 3 . B. 5 . C. 6 . D. 2.

Lời giải Chọn B.

Ta có:

 

8sin2x m1 sin 2x2m 6 0.^{4 1 cos 2}



^{ x}

 

^{ m1 sin 2}



^{x2m 6 0}

 

4cos 2x m 1 sin 2x 2m 2 0

       ^{ }



^{1 m}



^{sin 2x4cos 2x2m2}

Để phương trình có nghiệm thì:



^1m



^216



^2m2



^{2 3}



¹



^{2 16 4 1 4}

3 3

m m

        4 4

1 1

3 m 3

      Do m nguyên nên ^{m }



^1;0;1;2;3



.

Câu 42: [1D2-3] Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau mà tổng chữ số đầu và số cuối bằng 10 ?

A. 80 . B. 64 . C. 120 . D. 72.

Lời giải Chọn B.

Ta có các bộ hai số khác nhau có tổng bằng 10 là:

      

1;9 , 2;8 , 3;7 , 4;6 .



Gọi số có ba chữ số khác nhau là abc ,



^a0



Có 4 cách chọn một bộ 2 số khác nhau cố tổng bằng 10

Mỗi bộ lại có hai cách xếp số ^{a c,} vậy có 4.2 cách chọn và xếp số^{a c,} Mỗi cách chọn đó lại có 8 cách chọn một số khác ^{a c,} để xếp vào vị trí b Vậy số các số cần tìm là: 4.2.8 64 số.

CÂU PHÁT TRIỂN

Câu 1: [1D2-3] Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số được tạo nên từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sao cho số đó chia hết cho 15 ?

A. 234 . B. 243. C. 132 . D. 432.

Lời giải Chọn B.

Gọi số cần tìm có dạng A abcd (1a b c d, , , 9)

Để A15 A 3,A 5;A 5^{ d 5;A} ^{3   a b c 5 3} ^. Chọn a có 9 cách chọn, chọn b có 9 cách chọn thì

+ nếu a b 5 3 chia hết cho 3 thì ^c



^3,6,9



suy ra c có 3 cách chọn.

+ nếu a b 5 3 chia cho 3 dư 1 thì ^c



^2,5,8



suy ra c có 3 cách chọn.

+ nếu a b 5 3 chia cho 3 thì dư 2 thì ^c



^1,4,7



suy ra c có 3 cách chọn.

Theo quy tắc nhân ta có: 9.9.3 243 số.

Câu 43: [2D3-3] Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v t1

 

7 m/st

 

. Đi được 5 s , người lái xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động

 

chậm dần đều với gia tốc ^{a 70 m/s}



²



. Tính quãng đường ^S

 

^m đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn.

A. ^{S 87,50 m}

 

. B. ^{S 94, 00 m}

 

. C. ^{S 95,70 m}

 

. D. ^{S 96, 25 m}

 

. Lời giải

Chọn D.

Vận tốc ô tô tại thời điểm bắt đầu phanh là: v1

 

5 35



m s/



.

Vận tốc của chuyển động sau khi phanh là: v t2

 

 70t C . Do v2

 

0 35  C 35

2

 

70 35

v t t

    .

Khi xe dừng hẳn tức là v t2

 

  0 70t35 0 1 t 2

  .

Quãng đường ^{S m}

 

đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn là:

   

1

5 2

0 0

7 . 70 35

S m 



t dt 



t dt ^{96, 25}

 

^{m .} Câu 44: [2D3-2] Giả sử ²

 

1

2x1 ln dx x a ln 2b



^,



^{a b; }



^{. Tính a b .}

A. 5

2. B. 2 . C. 1 . D. 3

2. Lời giải

Chọn D Đặt

 

ln 2 1

u x

dv x dx

 

  

 ²

du 1dx x v x x

 

 

  



 

2

1

2x1 ln dx x

 

²



₁^{2 2 2}

1

ln x xd

x x x x

x

  

   



2 2

1

2ln 2 2 x x

 

   

 

2ln 2 1

 2 nên _a2, 1

b 2. Vậy a b 3

2.

Câu 45: [2H2-3] Cho hình chóp đều S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh ^a, cạnh bên hợp với đáy một góc bằng 60^o. Kí hiệu V V1, 2 lần lượt là thể tích khối cầu ngoại tiếp, thể tích khối nón ngoại tiếp hình chóp đã cho. Tính ¹

2

V V . A. ^{1 }

2

32 9 V

V . B. ^{1 }

2

32 27 V

V . C. ^{1 }

2

1 2 V

V . D. ^{1 }

2

9 8 V V . Lời giải

Chọn A.

r R

60⁰

M

O

B

D A

C

S

I

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, suy ra ^SO



^ABCD



.

Có 2

2 2

AC a

AO  . Trong tam giác vuông OSA có



2 2

2cos60

cos ^o

AO a

SA a

 SBO   và

60 6 .tan a2 h SO AO   .

Áp dụng công thức tính bán kính khối cầu ngoại tiếp hình chóp

 

²

2 2 6

2 6 3

2 2

SA a a

R IS  SO  a 

 

 

 

.

Bán kính đáy của khối nón ngoại tiếp hình chóp 2 2 r AO a .

Khi đó:

3 3

1

2 2 2

4

4 32

13 . . 9

3

V R R

V r h r SO

   

 .

Câu 46: [2D1-3] Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình 2

1

x m

x

 

 có đúng hai nghiệm phân biệt.

A. _^{0 2;}



^{. B. }_^{1 2;  }_

 

^{0 . C.} _^{1 2;}



^{. D. }_^{1 2;}

  

^{ 0 .}

Lời giải Chọn D.

+) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ^{y f x}

 

^{ x}_x^_1² ta được đồ thị như sau:

+) Từ đó suy ra đồ thị hàm số ^{y g x}

 

^{ f x}

 

^{ x}_x ^_²₁ ^{như sau:}

B1: Giữ nguyên đồ thị hàm số ^{y f x}

 

nằm bên phải trục ^Oy. B2: Lấy đối xứng qua ^Oy phần đồ thị vừa vẽ ở trên.

+) Suy ra đồ thị hàm số

   

²

1 y k x g x x

x

   

 như sau:

B1: Giữ nguyên đồ thị hàm số ^{yg x}

 

nằm phía trên trục Ox.

B2: Lấy đối xứng qua trục Ox phần đồ thị hàm số ^{yg x}

 

nằm phía dưới trục Ox.

+) Số nghiệm của phương trình ² 1

x m

x

 

 bằng số giao điểm của đồ thị

 

^{C của hàm số}

 

y k x và đường thẳng

 

^{d :y m .}

Đường thẳng

 

^{d :y m} song song hoặc trùng với trục Ox và cắt trục ^Oy tại điểm cos tung độ bằng m.

Từ đồ thị ta thấy

 

^{C và}

 

^d có đúng hai giao điểm phân biệt 0

1 2

m m

     .

Vậy phương trình ² 1

x m

x

 

 có đúng hai nghiệm phân biệt với mọi ^m_^{1 2;}

  

^{ 0 .}

Câu 47: [2D1-3] Cho các số thực ^x, ^y thỏa mãn ^{x y 2}



^{x 3 y3}



^{. Tìm giá}

trị nhỏ nhất của biểu thức ^P4



^{x2 y2}



^15xy.

A. minP 80. B. minP 91. C. minP 83. D. minP 63. Lời giải

Chọn C.

Điều kiện: 3 3 x y

 

  

 .

Ta có ^{x y 2}



^{x 3 y3}





^{x y}



^{2 4}



^{x y}



^{8 x 3. y 3 4}



^{x y}



         ^{  x y 4 1}

 

^.

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta được:

     

2 3 3 2 2 8 2

x y  x  y  x y   x y . Từ

 

¹ và

 

² ta có ^{x y }

 

^4;8

Ta lại có



^x3

 

^y3



^{ 0 xy 3}



^{x y}



^9.

Đặt ^{t  x y} suy ra ^P4



^x2y2



^15xy4



^{x y}



^{27xy4t221t63.}

Xét hàm số ^{f t}

 

^{4t221t63}, với ^t

 

^4;8

Ta có

 

^{8 21 0 21}

 

^4;8

f t  t   t 8  .

 

^{4 83}

f   ; ^f

 

^{8 25min}_{ 4;8} ^{f t}

 

^{ f}

 

^{4  83}_.

Do đó P 83 suy ra minP 83 khi ^{  }_^{x yx y 42}



^{x 3 y3}



^{ xy 73.}

Câu 48: [2D3-4] Cho hàm số ^{y f x}

 

liên tục, nhận giá trị dương trên



^0;



và thỏa mãn ^f

 

^{1 1},

   

^{3 1}

f x  f x x , với mọi x0. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. ^{2 f}

 

^{5 3}. B. ^{4 f}

 

^{5 5}. C. ^{1 f}

 

^{5 2}. D. ^{3 f}

 

^{5 4}. Lời giải

Chọn C.

Ta có ^{f x}

 

^{ f x}

 

^3x1,  x 0 suy ra

 

 

3¹ 1

f x

f x x

 

 . Do đó, trên khoảng



^0;



ta có

   

^d 3¹ 1^d

f x x x

f x x

 

 

 ^{ln f x}

 

^2₃ ^{3x 1 C}

 

²

ln 1 3.1 1

f 3 C

    ^{ln 1}

 

⁴

3 C

   4

C 3

   . Như vậy ^ln

 

^{2 3 1 4}

3 3

f x  x  ^{ f x}

 

^{e23 3 1x 43.}

Từ đó ^f

 

^{5 e23 3.5 1 43 e43}

 

^{3; 4 .}

Câu 49: [2H2-4] Cho hai hình cầu đồng tâm



^O;2



và



^{O; 10}



. Một tứ diện ABCDcó hai đỉnh ,A B nằm trên mặt cầu



^{O; 2}



và các đỉnh ,C Dnằm trên mặt cầu



^{O; 10}



. Thể tích lớn nhất của khối tứ diện ABCDbằng bao nhiêu?

A. 12 2 . B. 4 2 . C. 8 2 . D. 6 2 .

Lời giải Chọn D.

Gọi I là tâm mặt cầu

. . .sin . .

6 6

ABCD

x y d AB CD HK

V    (^{x y,} là độ dài hai cạnh đối của tứ diện, dlà khoảng cách giữa hai cạnh đối đó,  là góc giữa hai cạnh đối trên)

Đặt IK a IH b ,  ,(0 a 10,0 b 2)

Khi đó ^{2 .2 . 2 10 2. 4 2.}

 

6 3

ABCD

IK IH HK

V   a b a b

Lại có ²



^{a b}



^{2 3}



^a22b2



^{  a b 3}₂ ^a22b2

Suy ra ^{VABCD 2}₃^{. 3}₂^{. 10}



^a2

 

^{. 4b2}

 

^{. a22b2}





²

 

²

 

^{2 2}



2 3. 10 . 8 2 . 2

6 a b a b

    .



²

 

²

 

^{2 2}



³



²

 

²

 

^{2 2}



18 10a  8 2b  a 2b 3 10a . 8 2 b . a 2b



²

 

²

 

^{2 2}



216 10 a . 8 2b . a 2b

    

Do đó 2 3

. 216 6 3

ABCD 6

V   .

Dấu bằng xảy ra khi 2 _{2 2 2 2} 2

10 8 2 2 1

a b a

a b a b b

 

 

       



Câu 50: [2H1-4] Cho hình chóp ^{S ABCD.} có đáy là hình bình hành. Góc tạo bởi mặt bên



^SAB



với đáy bằng ^. Tỉ số diện tích của tam giác ^SAB và hình bình hành ^ABCD bằng ^k. Mặt phẳng

 

^P đi qua AB và chia hình chóp ^{S ABCD.} thành hai phần có thể tích bằng nhau. Gọi

 

 là góc tạo bởi mặt phẳng

 

^P và mặt đáy. Tính ^cot theo ^k và ^.

A. cot cot ^{5 1} sin

  k



   B. cot tan ^{5 1}

sin

  k



  

C. cot cot ^{5 1} sin

  k



   D. cot tan ^{5 1}

sin

  k



   Lời giải

D

C B

A S

N

M

Chọn A.

Giải sử mặt phẳng

 

^P cắt ^{SD SC,} lần lượt tại ^{M N,} . Khi đó ^{MN CD//} . Đặt: ^{SM SN m 0}

SD SC  

Ta có:

 

. 2

. .

.

*

S MNB SDCB S AMB S ABD

V SM SN

V SD SC m

V SM

V SD m

  



  



 

2 2

. .

1 5 1 0

2 2

S ABMN S ABCD

V m m m m m m

V

         

Từ

 

_{. .}



_{. M.ABD}



^.

 

.

1 5

* . . 1

1 2

S ABM

S ABM S ABD S ABM

M ABD

V m

V mV m V V

V m

       



Mặt khác: ^.

   

.

. 2

.

S ABM SAB

M ABD ABD

S Sin V

V S Sin

 



 

Từ

   

1 5 ^{. .sin}

 

1 5

1 , 2 cot cot

2 1. .sin .sin

2

ABCD ABCD

k S S k

   

 

  

    

. Suy ra chọn A.