Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán trường chuyên lương thế vinh lần 1 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

- 6 O 6 y

x

Câu 1: [2D1-3] Gọi S là tập tất cả các giá trị của tham số

m

để đồ thị hàm số

1 2 9 3 ²

3    

 x x x m

y và trục Ox có đúng hai điểm chung phân biệt. Tính tổng T của các phần tử thuộc tập S

A. T 12. B. T 10. C. T 12. D. T 10. Lời giải

Chọn C.

Cách 1.

Ta có f'(x)3x² 6x9  f'(x)0  _









 3 1 x

x . Nên hàm số ^{y f x}

 

có hai điểm cực trị. Vậy để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì ^f(1)0hoặc ^f(3)0.

Với ^{f(1) 0}  m2. Với ^{f(3) 0} m14. Vậy T 12

Cách 2.

Xét phương trình hoành độ x³ 3x² 9x2m10 _x³ _3x² _{9x12m}.(1) Xét hàm ^{yx3 3x2 9x1}.

BBT

Từ bảng biến thiên suy ra khẳng định “ Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì m2 hoặc m14

”.

Vậy đáp án là C.

Câu 2: [2D3-3] Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y x , cung tròn có phương trình y 6x²



^{  6 x 6}



và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ bên). Tính thể tích V của vật thể tròn xoay sinh bởi khi quay hình phẳng D quanh trục Ox.

A. V 8 6 2 .  B. _{8 6} ²² _.

V    3 C. _{8 6} ²² _.

V    3 D. _{4 6} ²² _. V    3 Lời giải

Chọn D.

Tọa độ giao điểm là nghiệm số phương trình

2

0 6

6 x

x x

  



 

  x 2

Thể tích V của vật thể tròn xoay sinh bởi khi quay quanh hình D

     

0 2 2 2 2 2 2

6 0

6 6

V  x dx  x x dx



 





 



   

   

0 2

2 2

6 0

6 6

V  x dx  x x dx







 



 

0 2

3 3 2

6 0

6 6

3 3 2

x x x

V  x  x



   

        

   

6 6 8

6 6 12 2

3 3

V   ^  ^ ^   ^

4 6 22 . V    3

Vậy đáp án D.

Câu 3: [2D3-3] Cho hàm số

 

a2 b 2

f x  x  x , với a, b là hai số hữu tỉ thỏa điều kiện

1

 

1 2

d 2 3ln 2 f x x 



. Tính T  a b.

A. T  1. B. T 2. C. T  2. D. T 0. Lời giải

Chọn C.

Ta có: ¹

 

¹ ₂ ¹

1 1 1

2 2 2

d a + +2 db a ln 2

f x x x b x x

x x x

   

       

 

^{=    a 2}



^{2a bln 2 1}





^{a 1}



^{bln 2}

   , suy ra



¹



ln 2 2 3ln 2 ¹ 3 a b a

b

 

        . Vậy T    a b 2.

Câu 4: [2D1-4] Cho hàm số ^{y= f x( )} có đạo hàm trên ¡ thỏa mãn ^{f(2)= f( 2)- =0} và đồ thị của hàm số ^{y= f x'( )} có dạng như hình vẽ bên. Hàm số ^y=

(

^{f x( )}

)

² nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau.

A. ^1;3 2

 

 

 . B.



^{ 2; 1}



. C.



^1;1



. D.

 

^1;2 . Lời giải

Chọn D.

Dựa vào đồ thị hàm số^{y f x}

 

ta lập được bảng biến thiên của ^{y f x}

 

như sau:

Xét hàm số ^y



^{f x}

  

^{2, ta có y2f x f x}

   

^{.  .}

Do ^{f x}

 

^{0, x}  và ^{f x}

 

^{  0, x}

  

^{1;2   ; 2}



nên hàm số ^y



^{f x}

  

^{2 nghịch}

biến trên khoảng



^{ ; 2}



và

 

^{1; 2} .

Câu 5: [1H3-3] Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D. ' ' ' ' có ^{AB2 ,a AD a ,} AA'a 3. Gọi M là trung điểm cạnh AB. Tính khoảng cách h từ điểm D đến mặt phẳng



^{B MC'}



.

A. ^{3 21}. 7

h a B. ^.

21

h a C. ²¹.

14

ha D. ^{2 21}.

7 h a

Lời giải Chọn D.

Gọi ^{O BD AC;} I CM BD.

Do I là trọng tâm của ABC nên BI 2 .IO Khi đó DI 2

BI  ^{d D MB C}



^,



^

 

^{2d B MB C}



^,



^

 

^.

Mà tứ diện B BMC là tứ diện vuông góc tại B nên

 

 

^{2 2 2 2}

2

1 1 1 1 7

3

, BB MB BC a

d B MB C    



 .

 



^,



^a ₇²¹

d B MB C

  ^{d D MB C}



^,



^

 

^{ 2a}₇^21.

Câu 6: [2D3-4] Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm liên tục trên _ và f x

 

x^{4 2}₂ 2x

   x  ,  x 0 và ^f

 

^{1  1}. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Phương trình ^{f x}

 

^0 có một nghiệm trên

 

0;1 . B. Phương trình ^{f x}

 

^0 có đúng ba nghiệm trên



^0;



. C. Phương trình ^{f x}

 

^0 có một nghiệm trên

 

1;2 . D. Phương trình ^{f x}

 

^0 có một nghiệm trên

 

2;5 .

Lời giải Chọn C.

Ta có

 

⁶ 2³

2 2

x x

f x x

 

 



³



²

2

1 1

x 0 x

 

  ,  x 0. Nên hàm số ^{y f x}

 

đồng biến trên khoảng



^0;



.

Lại có ^{f x}

 

liên tục trên _ và

 

⁴ 2

2 2

f x x x

  x  ,  x 0 nên

2

 

2 4

2

1 1

d 2 2 d

f x x x x x

x

 

     

 

 

^{ f}

 

^{2  f}

 

^{1  21}₅ ^{ f}

 

^{2  f}

 

^{1 21 21}₅ ^ ₅ ^{ 1 16}₅ ^0.

Do đó ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra chỉ có khẳng định “phương trình ^{f x}

 

^0 có một nghiệm ^x

 

^1;2

” là khẳng định đúng.

Câu 7: [2D1-3] Biết hàm số ^{y f x}

 

liên tục trên _ có M và m lần lượt là GTLN, GTNN của hàm số trên đoạn

 

0;2 . Trong các hàm số sau, hàm số nào cũng có GTLN và GTNN trên đoạn

 

0;2 tương ứng là M và m?

A. ₂⁴

1 y f x

x

 

   . B. ^{y f}



^{2 sin}



^xcosx

 

^.

C. ^{y f}



^{2 sin}



^3xcos3x

 . D. y f x  2x2.

Lời giải Chọn A.

Đặt ₂⁴ 1 t x

 x

 trên

 

0;2 . Ta có:

 

2 2 2

4 4

x 1 t x

x

 

   . Xét t_x   0 x 1 trên

 

0;2 .

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: 0 t 2.

Do đó: Hàm số ^{y f x}

 

liên tục trên _ có M và m lần lượt là GTLN, GTNN của hàm số trên đoạn

 

0;2 khi và chỉ khi hàm số ^{y f t}

 

liên tục trên _ có M và m lần lượt là GTLN, GTNN của hàm số trên đoạn

 

0;2 .

 Với hàm số ^{y f}



^{2 sin}



^xcosx

 

^{,đặt t 2 sin}



^xcosx



^{ 2 2 sin}_^x₄^_^{, suy ra}

0; 2 2

t   khi ^x

 

^0;2 .

 Với hàm số ^{y f}



^{2 sin}



^3xcos3x

  . đặt t2 sin 3xcos3x ta có t 4 2; 2 khi

 

^{0; 2}

x .

 Với hàm số ^{y f x}



^{ 2x2}



^{, đặt t x  2x2 ta có có t} ^{ 2; 2} khi ^x

 

^{0; 2} . Bởi vậy, chỉ có hàm số ₂⁴

1 y f x

x

 

    có GTLN và GTNN trên đoạn

 

0;2 tương ứng là M và m.

Câu 8: [2D3-4] Trong không gian ^Oxyz, cho bốn điểm ^A



^{ 4; 1;3 ,}



^B



^{  1; 2; 1 ,}



^C



^{3;2; 3}



và



^{0; 3; 5}



D   . Gọi

 

^ là mặt phẳng đi qua D và tổng khoảng cách từ ^{A, B,} C đến

 

^ lớn nhất, đồng thời ba điểm ^{A, B,} C nằm cùng phía so với

 

^{ .} Trong các điểm sau, điểm nào thuộc mặt phẳng

 

^ .

A. E1



7; 3; 4 . 



B. E2



2;0; 7 .



C. E3



  1; 1; 6 .



D. E4



36;1; 1 .



Lời giải Chọn A.

Giả sử vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

^ là ^n



^{a b c; ;}



(điều kiện: a²b²c² 0).

Khi đó mặt phẳng

 

^ có phương trình là : ^{ax b y}



^{ 3}

 

^{c z5}



^0.

Ta có : ^{M d A}



^;

  

^{d B}



^;

  

^{d C}



^;

  

^{4a 2b 8c} ₂^{a b}₂ ^4c₂ ^{3a 5b 2c}

a b c

            

   

  .

Vì ba điểm ^{A, B,} C nằm về cùng một phía so với

 

^ nên các số ^{4a2b8 ,c}   a b 4c và 3a5b2c cùng dấu.

Suy ra: 4 a 2b8c    a b 4c  3a5b2c   2a 8b14c

2 2 2

2a 8b 14c

M a b c

  

 

  . Theo bất đẳng thức Bunyakovsky (Bu-nhi-a-cốp-ski) ta có:



^a2b2c2

 

^{4 64 196 }

 

^{  2a 8b14c}



^{2 2a}₂ ^8b₂ ¹⁴₂^{c 264}

a b c

  

 

  .

Suy ra giá trị lớn nhất của M đạt được bằng 264 . Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi

2 8 14 a  b c

 hay 4

7

b a

c a

  

  

 .

Mặt khác ta có

4 2 8 68

4 33

3 5 2 31

a b c a

a b c a

a b c a

    

    

    



thỏa mãn điều kiện A, B, C nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng

 

^ . Do đó tồn tại giá trị lớn nhất của M.

Nếu a   0 b c 0 không thỏa mãn điều kiện của vectơ pháp tuyến. Suy ra a0. +) Với b 4a, c 7a ta có mặt phẳng

 

^ có phương trình là:

   

4 3 7 5 0

ax a y  a z   x 4y7z47 0 (do a0).

Thay tọa độ các điểm E1, E2, E3, E4 vào phương trình của

 

^ ta thấy điểm E1 thỏa mãn.

Câu 9: [2D1-3] Cho hàm số y x³3x²1 có đồ thị

 

^C . Hỏi trên trục ^Oy có bao nhiêu điểm A mà qua A có thể kẻ đến

 

^C đúng ba tiếp tuyến?

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

Lời giải Chọn C.

Dễ thấy hàm số đã cho là hàm số chẵn nên đồ thị

 

^C của hàm số y x³3x²1 đối xứng với nhau qua trục tung. Do đó, nếu đường thẳng ^{y ax b } tiếp xúc với đồ thị

 

^C tại điểm

0 0

x x  thì theo tính chất đối xứng đường thẳng ^{y  ax b} cũng tiếp xúc với đồ thị hàm hàm số

 

^C và tiếp xúc tại điểm có hoành độ x  x0 0. Hơn nữa hai đường thẳng này lại cắt nhau tại điểm ^M

 

^0;b nằm trên trục tung. Nên để từ điểm A nào đó trên tục tung kẻ được ba tiếp tuyến đến

 

^C thì hai tiếp tuyến dạng này phải trùng nhau hoặc x0  x0 ⁰ 0

3 x y

 

    . Trường hợp 1:

- Với x0 0 suy ra tiếp tuyến của

 

^C tại điểm

 

0;1 có phương trình ^y1. (*)

- Đường thẳng đi qua điểm

 

0;1 có hệ số góc k có phương trình ^{y kx 1}. Đường thẳng này là tiếp tuyến với

 

^C ( xét x0) khi và chỉ khi hệ

3 2

2

3 1 1

3 6

x x kx

x x k

    



 

 có nghiệm.

Từ hệ suy ra ²



^{2 3}



^{0 3}

x x   x 2 (Vì x0).

Do đó khi x0 qua điểm

 

0;1 chỉ kẻ được duy nhất một tiếp tuyến tới

 

^C . (**)

Lại do tính đối xứng của đồ thị nên khi x0 qua điểm

 

0;1 ta cũng chỉ kẻ được duy nhất một tiếp tuyến tới

 

^C . (***)

Từ (*), (**) và (***) qua điểm

 

0;1 kẻ được ba tiếp tuyến tới

 

^C . Trường hợp 2:

- Với ^{y 3} thì ba tiếp tuyến này trùng nhau (loại).

Câu 10: [1D2-4] Cho đa giác đều 2018 đỉnh. Hỏi có bao nhiêu tam giác có đỉnh là đỉnh của đa giác và có một góc lớn hơn 100?

A. 2018.C₈₉₇³ . B. C₁₀₀₉³ . C. 2018.C₈₉₅³ . D. 2018.C₈₉₆³ . Lời giải

Chọn D.

Gọi A1,A2,…,A2018 là các đỉnh của đa giác đều 2018 đỉnh.

Gọi

 

^O là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều A A A1 2... 2018.

Các đỉnh của đa giác đều chia

 

^O thành 2018 cung tròn bằng nhau, mỗi cung tròn có số đo bằng ³⁶⁰

2018

.

Vì tam giác cần đếm có đỉnh là đỉnh của đa giác nên các góc của tam giác là các góc nội tiếp của

 

^O .

Suy ra góc lớn hơn 100 sẽ chắn cung có số đo lớn hơn 200. Cố định một đỉnh Ai. Có 2018 cách chọn Ai.

Gọi Ai,Aj,Ak là các đỉnh sắp thứ tự theo chiều kim đồng hồ sao cho A A_{i k} 160 thì

A A A_{i j k} 100 và tam giác A A Ai j k là tam giác cần đếm.

Khi đó A A_{i k} là hợp liên tiếp của nhiều nhất 160 360 896 2018

 

 

 

 

 

cung tròn nói trên.

896 cung tròn này có 897 đỉnh. Trừ đi đỉnh Ai thì còn 896 đỉnh. Do đó có C896² cách chọn hai đỉnh Aj,Ak.

Vậy có tất cả 2018.C₈₉₆² tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 11: [2D2-3] Biết rằng điều kiện cần và đủ của m để phương trình

 

²

 

2

1 1

2 2

log 2 4 5 log 1 8 4 0

x m 2 m

   x   



có nghiệm thuộc ^5;4 2

 

 

  là ^m

 

^{a b;} . Tính T a b  . A. ¹⁰

T  3 . B. T 4. C. T  4. D. ¹⁰ T   3 . Lời giải

Chọn D.

Điều kiện: x2. Đặt tlog2



x2



với ^{5; 4} x 2 

   thì ^{t }



^1;1



.

Phương trình đã cho tương đương 4log²2



x 2



4



m5 log



2



x 2



8m 4 0

 

2 5 2 1 0

t m t m

      ² 5 1

2 t t

t m

   

  với ^{t }



^1;1



^.

Xét

2 5 1

( ) 2

t t f t t

  

  với ^{t }



^1;1



. Ta có

2 2

( ) 4 11 0

( 2)

t t

f t t

  

  

  với ^{t }



^1;1



. Suy ra ^{f t( )} luôn nghịch biến trên đoạn



^1;1



.

Ta có ^f

 

^{1  f t}

 

^{ f}

 

^1 5

 

⁵

f t 3

    . Để phương trình ban đầu có nghiệm thuộc ^{5; 4}

2

 

 

  thì phương trình ^{f t}

 

^m có nghiệm thuộc



^1;1



^{5 3}

m 5

    . Suy ra a 5; ⁵

b 3 10

T    a b 3 .

Câu 12: [1H3-3] Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C.    có tất cả các cạnh bằng ^a. M là điểm

thỏa mãn ¹

CM  2AA

 

, cosin góc giữa hai mặt phẳng



^{A MB}



,



^ABC



bằng A. ³⁰

8 . B. ³⁰

16 . C. ³⁰

10 . D. ¹

4 Lời giải

Chọn B.

Trong mặt phẳng



^{ACC A }



gọi KACMA, trong



^ABC



dựng AH BK,



^{H BK}



. Ta có: ^BK



^{AA H}



^

 

^{A MB}

 

^{, ABC}

 

^{AHA.}

Khi đó BK²AB²AK²2AB AK. .cos60⁰ 7 3 BK a

 

2 2 3

3 6

ABK ABC

S_  S_ a 2 21

7 S ABK a AH BK

  ^   21

tan 3

AHA AA AH

 

    30

cosAHA 10

 

Câu 13: [1D3-4] Cho dãy số được xác định bởi u1a và u_n1 4u_n



1u_n



với mọi ^{n1, 2,...}, có bao nhiêu giá trị của a để u2018 0?

A. ₂²⁰¹⁶_1 B. ₂²⁰¹⁷_1 C. ₂²⁰¹⁸_1 D. 3 Lời giải

Chọn A.

Đặt ¹



¹



n 2 n

u   v  , ta nhận được dãy số

 

^v_n được xác định bởi v1 1 2a và v_n1 2v_n²1. Trường hợp 1: v₁ 1

Tồn tại 0 x  sao cho cosx v 1, bằng quy nạp dễ thấy v_n cos 2^n1x. Ta có u20180v₂₀₁₈1 ₂₀₁₆

2 x k

  , 0 x    0 k 2²⁰¹⁶ k 0,1, 2,..., 2²⁰¹⁶. Trường hợp 2: v₁ 1

Dễ thấy v_n 1 với mọi số nguyên dương n. Vậy có tất cả ₂²⁰¹⁶_1 giá trị của a.

Câu 14: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz, cho hai điểm ^A



^1;0;1



; ^B



^{0;1; 1}



. Hai điểm D, E thay đổi trên các đoạn OA, OB sao cho đường thẳng DE chia tam giác OAB thành hai phần có diện tích bằng nhau. Khi DE ngắn nhất thì trung điểm I của DEcó tọa độ là

A. ^{2; 2;0}

4 4

I 

 

 

 . B. ^{2; 2;0}

3 3

I 

 

 

 . C. 1 1 3 3; ;0 I 

 

 . D. 1 1 4 4; ;0

I 

 

 . Lời giải

Chọn A.

Ta thấy _{OA OB  2;} AOB120

Ta có D nằm trên đoạn OAnên ^{D a}



^;0;a



, OD a 2,



^{0 a 1}



E nằm trên đoạn OB nên ^E



^{0; ;b b}



, OE b 2, ^{(0 b 1)}

Ta có ^{ODE 1}₂

OAB

S ab

S  



^{; ;}



DE a b b a 



2 2

2 2 2 6 3

DE a  b  ab  ab Dấu bằng xảy ra khi ²

a b  2 suy ra ^{2;0; 2}

2 2

D 

 

 

 , ^{0; 2; 2}

2 2

E 

  

 

 

Vậy Min(DE) 3 khi đó trung điểm của DE có tọa độ ²; ²;0

4 4

I 

 

 

 

Câu 15: [2D2-3] Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình

2

2

2 2

3 3 1

log 5 2

2 1

x x m

x x m

x x

  

   

  .

Có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1.

A. 3. B. Vô số. C. 2. D. 4.

Lời giải Chọn C.

Điều kiện: 3x²3x m  1 0. - Ta có:

2

2

2 2

3 3 1

log 5 2

2 1

x x m

x x m

x x

  

   

 

2 2

2 2

3 3 1

log 1 5 1

2 1

x x m

x x m

x x

    

        

2

2

2 2

3 3 1

log 5 1

4 2 2

x x m

x x m

x x

  

    

 



²

 

²

 

²

 

²



2 2

log 3x 3x m 1 log 4x 2x 2 4x 2x 2 3x 3x m 1

             



²

 

²

 

²

 

²



2 2

log 3x 3x m 1 3x 3x m 1 log 4x 2x 2 4x 2x 2

             

 

¹

Xét hàm số: f t

 

 t log2t trên ^D



^0;



, có

 

^{1 1 0}

.ln 2

f t  t  ,  t D, Do đó hàm số ^{f t}

 

đồng biến trên D

 

^{1 f}



^{4x2 2x 2}



^f



^{3x2 3x m 1}



       

 

2 2

4x 2x 2 3x 3x m 1 2

       . Khi đó vì 4x²2x   2 0 x  nên

 

^{2 3x23x m  1 0} x²5x m 1

 

3 .

- Xét hàm số: ^{g x}

 

^x25x trên _ , có

 

^{2 5}

 

^{0 5}

g x  x g x   x 2. - Bảng biến thiên:

- Theo bảng biến thiên ta thấy: phương trình

 

3 có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 khi và chỉ

khi ²⁵ 1 4

4 m

     21 4 m 3

     , do m nên ^{m  }



^{5; 4}



, hay có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 16: [2D1-3] Có bao nhiêu số nguyên âm m để hàm số ^{1cos3 4cot}



^{1 cos}



y3 x x m x đồng

biến trên khoảng



^0;



?

A. 5 . B. 2. C. vô số. D. 3 .

Lời giải Chọn A.

- Ta có: cos .sin^{2 4}₂



1 .sin



y x x sin m x

    x  ³ 4₂

sin .sin

x sin m x

  x .

- Hàm số đồng biến trên



^0;



khi và chỉ khi y ⁰, ^{ x}



^0;



3

2

sin 4 .sin 0

x sin m x

  x  , ^{ x}



^0;



2

3

sin 4

x sin m

  x  , ^{ x}



^0;

  

1 . - Xét hàm số:

 

² 3

sin 4 g x x sin

  x, trên



^0;



. Có

 

^{2sin .cos 12 cos}₄

sin

g x x x x

   x 6₄

2 cos . sin x x sin

x

 

   

5 4

sin 6

2cos . sin x x

x

 

 

0

g x_ x 2

    ^



^0;



. Bảng biến thiên:

- Do đó:

 

^{1   m} _x^min_{0;}^{g x}

 

_{  m 5  m 5.}

- Lại do m nguyên âm nên m     



5; 4; 3; 2; 1



. Vậy có 5 giá trị của m thỏa mãn.

---HẾT---