Đề thi thử đại học môn toán năm 2018 trường chuyên ngoại ngữ hà nội | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

(1)

Câu 33: [2H2-3] [Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội - 2018] Cho mặt cầu

 

^S bán kính R5cm. Mặt phẳng

 

^P cắt mặt cầu

 

^S theo giao tuyến là đường tròn

 

^C có chu vi bằng 8 cm ². Bốn điểm , , ,A B C D thay đổi sao cho , ,A B C thuộc đường tròn

 

^C _{, điểm}_D_thuộc

 

^S ₍_D_không

thuộc đường tròn

 

^C ) và tam giác ABC đều. Tính thể tích lớn nhất của tứ diện ABCD. A. ^{32 3 cm}³. B. ^{60 3 cm}³. C. ^{20 3 cm}³. D. ^{96 3 cm}³.

Lời giải Chọn A

Gọi ^H là hình chiếu vuông góc của điểm ^D trên mặt phẳng

 

^P _.

Ta có ^.

1 .

ABCD D ABC 3 ABC

V V  DH S

Tam giác đều ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp ⁸ ^{4 cm}

 

R 2

  

, nên có cạnh

 

4 3 cm .

 

4 3 ² 3 2

12 3 cm

ABC 4

S  

không đổi.

Do đó thể tích tứ diện ABCD lớn nhất khi ^DH lớn nhất.

Khi đó DH DO OH  OA²AH²  5 25 16 8  .



.



max ³

18 12 3 32 3 cm

D ABC 3

V   

.

Câu 34: [2D2-3] [Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội - 2018] ^S ^



^{a b}^,



là tập các giá trị của m để phương

trình ²



³



¹



²



2

log mx x log 14x 29x2 0

. Khi đó hiệu H b a  bằng A.

5

2 . B.

1

2 . C.

2

3 . D.

5 3. Lời giải

Chọn B

(2)

Phương trình ^^log²



^{mx x}^ ³



^^log²



^¹⁴^x²^²⁹^x^²



^⁰



³

 

²



2 2

log mx x log 14x 29x 2

     

2

3 2

14 29 2 0

14 29 2

x x

mx x x x

   

 

    



2

1 2

4

6 14 2 29

x

m x x

x

  

 

    



 

¹ _.

Xét hàm số ^{f x}

 

⁶^x² ¹⁴^x ² ²⁹

   x



 

2

12 14 2 f x x

    x . Ta có ^{f x}^

 

^{ }⁰ ¹²^x³^¹⁴^x²^{ }^{2 0} ^{   }^x ¹ ^x ^₃¹^{ }^x ¹₂

Bảng biến thiên của hàm số ^{f x}

 

trên khoảng 1 ; 2 14

 

 

  là:

Phương trình ban đầu có 3 nghiệm phân biệt  Phương trình

 

¹ có 3 nghiệm phân biệt thuộc khoảng

1; 2 4

 

 

   Đường thẳng ^{y m}^ cắt đồ thị hàm số ^y^ ^{f x}

 

trên khoảng 1;2 4

 

 

 

tại 3 điểm phân biệt. Nhìn vào bảng biến thiên ta có

19;39 m  2 

 

 

19 19 2 a b

 

 

  1.

H b a 2

   

Câu 35: [2D2-3] [Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội - 2018] Có bao nhiêu giá trị nguyên của m_{để phương} trình 2^sin²^x3^cos²^x m.3^sin²^x có nghiệm?

A. 7 . B. ⁴. C. 5 . D. 6.

Lời giải Chọn B

Phương trình đã cho tương đương với 2^sin²^x3^{1 sin}^ ²^x m.3^sin²^x

 

¹ _.

Đặt tsin²x ^{ }^t

 

^0;1 _{ta được}₂^t_₃¹^^t __m_.3^t_₆^t _{ }₃ _m_.9^t ²3 ^3. ¹9

t t

    m

       

 

² _.

Hàm số

 

² ^3. ¹

3 9

t t

f t          nghịch biến trên

 

^0;1 _.

(3)

Phương trình

 

¹ có nghiệm  phương trình

 

² _{có nghiệm}

 _0;1

 

_{ }_0;1

 

min f t m max f t

   ^ ^f

 

¹ ^{ }^m ^f

 

⁰ _{  }₁ _m ₄_.

Do m nên ^m^



^{1; 2;3;4}



_.

Câu 36: [2D2-3] [Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội - 2018] Cho dãy số

 

un

thoả mãn u_n u_n_¹  6, n 2 và log²u⁵log ² u⁹  8 11

. Đặt S_n   u¹ u² ...u_n. Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất thoả mãn S_n 20172018.

A. 2587 . B. 2590 . C. 2593. D. 2584 .

Lời giải Chọn C

Từ giả thiết ta có dãy số

 

un là cấp số cộng có d 6 với u⁵ 0,u⁹  8. +) ^log²^u⁵^^log ² ^u⁹ ^{ }^{8 11}log2u5log2



u9 8



11

 

2 5 9

log u u 8 11

   u u5



9 8



2¹¹



u1 24

 

u1 56



2048

    __u₁²_₈₀_u₁__{704 0}_

1 1

8 88 u

u

 

    . Từ giả thiết u⁵  0 u¹  24. Vậy chọn u¹8.

 

   

1 2 ... 2 1 1 16 1 6

2 2

n n

S   u u u  u  n d    n  . Mà S_n 20172018 ¹⁶



^{1 6}



^20172018

2

n n

    

6n2 10n 40344036 0

   

2592, 23 2593,92 n

n

 

    . Vậy số tự nhiên nhỏ nhất thoả mãn la 2593.

Câu 38: [1H3-3] [Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội - 2018] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BD a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và

6

 a2

SA . Tính góc giữa hai mặt phẳng



^SBC



_và



^SCD



_.

A. ^60. B. ^120. C. ^45. D. ^90.

Lời giải.

Chọn D

(4)

O S

A

B C

D H K

+ Ta có



^SBC

 

^ ^SCD



^^SC_.

Gọi O là tâm của hình thoi ABCD. Từ O kẻ OH SC

 

¹ _.

Do ^SA^



^ABCD



_nên_AC là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng



^ABCD



_.

Mà BDAC( theo t/c hình thoi)  BDSC

 

² _.

Từ

 

¹ _,

 

² _^SC^



^BDH



_.

Vậy

 SBC , SCD 

^



^{HB HD}^ ^,



_.

+ Từ gt _ABD đều  BD a . Gọi ^K là hình chiếu của ^A trên SC 

1

2

OH AK

. Trong tam giác vuông SAC có

2 2

 . 

 SA AC

AK a

SA AC   2a BD2

OH .

Do vậy tam giác HBDvuông tại H hay góc giữa hai mặt phẳng



^SBC



_và



^SCD



_bằng_90_.

Câu 39: [2H3-2] [Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội - 2018] Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho mặt cầu

  

^S ^: ^x^¹

 

²^ ^y^¹



²^^z² ^⁴ và một điểm ^M



^2;3;1



_{. Từ}_M kẻ được vô số tiếp tuyến tới

 

^S , biết tập hợp các điểm là đường tròn

 

^C . Tính bán kính ^r của đường tròn

 

^C _.

A.

2 3

 3

r . B.

3

 3

r . C.

2

 3

r . D.

3

 2

r .

A M

I H

(5)

Mặt cầu có tâm ^I



^1,1,0



_{. Gọi}_A là tiếp điểm của một tiếp tuyến kẻ từ M tới mặt cầu

 

^S _{. Khi}

đó IAAM . Gọi H là tâm đường tròn

 

^C _{, thì}_{HA IM}_ _.

Ta có ^IM ^



^{2 1}^

 

²^{ }^{3 1}

 

²^{ }^{1 0}



² ^ ⁶ _ _AM _ _IM²__IA² _ _{6 4}_{ } ₂_.

Vậy

2 2

. 4.2 4 2 3

4 2 3 3

    

 

AI AM r AH

AI AM .

Câu 42: [1D5-3] [Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội - 2018] Cho hàm số ^{y x}^ ³^³^x² có đồ thị

 

^C _và

điểm ^{M m}



^{; 4}^



. Hỏi có bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn



^^10;10



sao cho qua điểm M có thể kẻ được ba tiếp tuyến đến

 

^C _.

A. 20 . B. 15 . C. 17 . D. ¹².

Đường thẳng d đi qua ^{M m}



^{; 4}^



_{có dạng:}^{y k x m}^



^



^⁴_.

d là tiếp tuyến của

 

^C ^ Hệ sau có nghiệm

   

 

3 2

2

3 4 1

3 6 2

x x k x m x x k

    



 

 .

 

¹ ^ ^x³^³^x² ^



³^x²^⁶^{x x m}

 

^



_{ }⁴



^x^^{2 2}



^_ ^x²^{ }



^{1 3}^{m x}



^²^_^^{0 3}

 

 ²

   

2 0

2 1 3 2 0 4

x

x m x

  

    

 .

Để qua điểm ^M có 3 tiếp tuyến đến

 

^C thì phương trình

 

³ phải có 3 nghiệm phân biệt  phương trình

 

⁴ có 2 nghiệm phân biệt khác 2



 

2 2

1 3 16 0

2 2 1 3 2 2 0

m

. m .

   

 

    



5 3 1 2 m m m

 

  

 

 .

Mặt khác do m nguyên và thuộc đoạn



^^10;10



nên có 17 số mthỏa mãn.

Câu 43: [2D3-3] [Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội - 2018] Cho ^{F x}

 

là một nguyên hàm của hàm số

( ) 1 1

f x    x x

trên tập  và thảo mãn ^F

 

¹ ^³. Tính tổng ^T ^^F

 

⁰ ^^F

 

² ^^F

 

^³ _.

A. 8. B. 12. C. 14. D. 10.

Ta có

 

2 khi 1

2 khi 1 1

2 khi 1

x

f x x x

x

 

   

  

 .

(6)

Hàm ^{f x}

 

có nguyên hàm là

 

²

2 khi 1

khi 1 1

2 khi 1

x m x

F x x n x

x p x

 



    

   

 .

Vì ^F

 

¹ ^³_nên_m_₁_.

Hàm ^{F x}

 

liên tục tại x1 nên suy ra n2. Hàm ^{F x}

 

liên tục tại x 1 nên suy ra p1. Vậy ta có ^T ^^F

 

⁰ ^^F

 

² ^^F

 

^{    }³ ^{2 5 7 14}_.

Câu 44: [2D2-3] [Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội - 2018] Có bao nhiêu giá trị của m để giá trị nhỏ nhất của hàm số ^{f x}

 

^ ^e²^x^⁴^e^x^^m _trên



^{0;ln 4}



_{bằng 6 .}

A. 3 . B. ⁴. C. ¹. D. ².

Lời giải Chọn D

Đặt ^{t e}^ ^x, với ^x^



^{0;ln 4}



^{ }^t

 

^1;4 _{. Khi đó} ^{f x}

 

^ ^t²^{ }⁴^{t m} ^ ^{g t}

 

_.

Có ^{g t}^

 

^{ }²^t ⁴ ^^{g t}^

 

^{  }⁰ ^t ²_.

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy ^min^{ }_0;4

 

⁶ ⁶

4 6 g t m

m

  

    

6 10 m m

  

   .

Câu 45: [2D1-4] [Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội - 2018] Cho hàm số ^{f x}

 

có đạo hàm ^{f x}^

 

_trên_ _.

Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số ^{f x}^

 

_trên_ _.

y

O x

(7)

Hỏi hàm số ^y^ ^{f x}

 

^²⁰¹⁸ có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 5 . B. 3 . C. 2 . D. 4.

Từ đồ thị hàm số ^{f x}^

 

_{ta thấy} ^{f x}^

 

cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt x x x¹, ,² ³ với

1 0 2 3

x  x x có bảng biến thiên sau

Suy ra đồ thị của hàm số ^y^ ^{f x}

 

có ba điểm cực trị trong đó hai điểm



x f x2;

 

2



,



x f x3;

 

3



nằm bên phải trục ^Oy

Đồ thị hàm số ^y^ ^{f x}

 

là đồ thị hàm số chẵn được suy ra từ đồ thị hàm số ^y^ ^{f x}

 

_bằng

cách

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

 

nằm bên phải trục ^Oy bỏ phần đồ thị bên trái trục ^Oy. + Lấy đối xứng đồ thị ^y^ ^{f x}

 

nằm bên phải ^Oy qua trục ^Oy^.

Ta có đồ thị hàm số ^y^ ^{f x}

 

như hình vẽ

(8)

Đồ thị hàm số ^y^ ^{f x}

 

có 5 điểm cực trị.

Mặt khác đồ thị hàm số ^y^ ^{f x}

 

^²⁰¹⁸ có được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y f x( ) lên phía trên một đoạn 2018 nên số cực trị không đổi. Vậy đồ thị hàm số ^y^ ^{f x}

 

^²⁰¹⁸_có

5 điểm cực trị.

Câu 46: [1D2-3] [Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội - 2018] Xếp 10 quyển sách tham khảo khác nhau gồm:

1 quyển sách Văn, 3 quyển sách tiếng Anh và 6 quyển sách Toán (trong đó có hai quyển Toán T1 và Toán T2) thành một hàng ngang trên giá sách. 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 xếp cạnh nhau.

A.

1

210. B.

1

600 . C.

1

300 . D.

1 450. Lời giải

Chọn A

Không gian mẫu:  10!

.

Đếm số cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán:

Coi hai quyển T1 và T2 là một phần tử kép.

Bước 1: Xếp 5 quyển sách toán, bao gồm ¹ phần tử kép lên giá sách; có 2.5! cách xếp.

Bước 2: Xếp 3 quyển sách tiếng Anh vào 3 trong số ⁴ khoảng trống giữa các quyển sách Toán, có A⁴³ cách.

Bước 3: Mỗi cách xếp trên xếp 1 quyển sách Văn vào khoảng trống ở hai đầu hoặc 1 khoảng trống giữa hai quyển sách toán liền kề, không kể T1 và T2, có 3 cách xếp.

Vậy có



^2.5!

  

^A⁴³

 

³ ^¹⁷²⁸⁰ suy ra xác suất

1 P 210

.

Câu 47: [2H3-4] [Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội - 2018] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

  

^S ^: ^x^¹

 

²^ ^y^²

 

²^{ }^z ²



² ^⁹ và hai điểm ^M



^{4; 4; 2}^



_,^N



^6;0;6



_{. Gọi}_E_{là điểm}

thuộc mặt cầu

 

^S _{sao cho}_{EM EN}_ đạt giá trị lớn nhất. Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu

 

^S _tại_E_.

A. x2y2z 8 0. B. 2x y 2z 9 0. C. 2x2y z  1 0. D. 2x2y z  9 0.

Lời giải Chọn D

(9)

I

M P N

E

Ta có ^I



^{1; 2; 2}



là tâm của mặt cầu

 

^S _{. Gọi}_P là trung điểm của ^MN ^^P



^{5; 2; 4}^



_.

Ta có



^{EM EN}^



² ^²



^EM²^^EN²



2

2 2 2

2 EP MN

 

   

 .

Suy ra ^{EM EN}^ lớn nhất khi max EM EN EP

 

 .

Khi đó E là giao điểm của đường thẳng IP với mặt cầu

 

^S _(với_I nằm giữa ,E P).

Có ^IP^^



^{4; 4;2}^



, do đó phương trình đường thẳng IP là

1 2 2

2 2 1

x  y  z

 .

Tọa độ E là nghiệm của hệ



¹

 

² ²

 

² ²



² ⁹

1 2 2

2 2 1

x y z

      

     

 

 

3;0;3 1; 4;1 E

E

 

  .

Do EP lớn nhất nên ^E



^^1;4;1



_{. Khi đó}^^EI^



^{2; 2;1}^



, phương trình mặt phẳng tiếp diện tại E là: 2x2y z  9 0.

Câu 48: [2H1-3] [Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội - 2018] Cho hình lăng trụ ABC A B.   C . Gọi M, N, _P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AA, BB, CC sao cho ^AM ^²^MA,NB 2NB, PC PC . Gọi V¹,V₂ lần lượt là thể tích của hai khối đa diện ABCMNP và A B C MNP   . Tính

1 2

V V ?

A.

1 2

V 2 V 

. B.

1 2

1 2 V V 

. C.

1 2

V 1 V 

. D.

1 2

2 3 V V 

. Lời giải

Chọn B.

(10)

Áp dụng công thức ^. 3

ABCMNP ABC A B C

V x y z

V _{  }

  

với AM ; BN ; CP

x y z

AA BB CC

  

  

Nên

1

2 1 1 3 3 2 1

3 2

V V

    ₁ 1

V 2V

 

nên ² ¹

1 V   V V 2V

. Vậy

1 2

V 1 V 

.

Câu 49: [2D4-4] [Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội - 2018] Cho hai số phức z¹; z² thỏa mãn

1 3 5 2

z   i

và iz² 1 2i 4

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T  2iz¹3z² .

A. 313 16 . B. 313 . C. 313 8 . D. 313 2 5

Lời giải.

Chọn A

I2

I1 N

M

Ta có z¹  3i 5 2  2iz¹ 6 10i 4 .

Suy ra điểm ^M biểu diễn số phức 2iz¹ nằm trên đường tròn

 

T1 có tâm I1



 6; 10



và có bán kính là R¹4.

Mặt khác, iz² 1 2i  4 3z² 6 3i 12

nên điểm biểu diễn số phức 3z² là điểm N nằm trên đường tròn

 

T2

có tâm I2

 

6;3

và có bán kính là R² 12. Ta thấy 2iz¹3z²  2iz1 



3z2



 MN.

(11)

T lớn nhất khi và chỉ khi MN lớn nhất, khi đó bốn điểm ^M , I¹, I², N theo thứ tự thẳng hàng.

Vậy giá trị lớn nhất của MN I I^{1 2}R¹R²  313 16 .

Câu 50: [2D3-4] [Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội - 2018] Cho hàm số ^{f x}

 

có đạo hàm ^{f x}^

 

_{liên tục}

trên  và thỏa mãn ^{f x}^

 

^{ }



^1;1



_với^{ }^x

 

^{0; 2} _{. Biết} ^f

 

⁰ ^ ^f

 

² ^¹_{. Đặt} ²

 

0

d I 



f x x

, phát biểu nào dưới đây đúng?

A. ^I^{ }



^;0



_. _B.^I^



^0;1



_. _C.^I^{ }



^1;



_. _D.^I^

 

^0;1 _.

Lời giải.

Chọn C Ta có

     

2 1 2

0 0 1

d d d

I 



f x x



f x x



f x x .

Đặt

 

^d

 

^d

d d 1

u f x u f x x

v x v x

  

 

 

 

  

 

  .

Khi đó:

+

               

1 1 1 1

1 0

0 0 0 0

d 1 1 d 1 1 d 1 1 d 1

f x x x f x  x f x x   x f x x   x x 2

   

.

+ ²

     

₁² ²

   

²

   

²

 

1 1 1 1

d 1 1 d 1 1 d 1 1 d 1

f x x x f x  x f x x   x f x x   x x 2

   

. Vậy ^I ^¹.