• Không có kết quả nào được tìm thấy

Đề thi thử THPT quốc gia môn Toán THPT lê xoay vĩnh phúc lần 3 | 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 môn Toán THPT lê xoay vĩnh phúc lần 3 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện"

Copied!
10
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

SẢM PHẨM TỔ 3_TUẦN 5

Đề thi thử THPT Lê Xoay - Vĩnh phúc (Lần 3)

Câu 4: [1H1-4] Cho hình chóp S ABC. có đáyABC là tam giác vuông cân tại B, AB a . Gọi I là trung điểm AC. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng

ABC

là điểm Hthỏa

3.

BIIH

 

. Góc giữa hai mặt phẳng

SAB

SBC

bằng 60 . Thể tích của khối chóp0 .

S ABCA.

3

9

a . B.

3

6

a . C.

3

18

a . D.

3

3 a . Lời giải

Chọn A

Cách 1

- Gọi K là hình chiếu của I trên SB. Ta có

, ( )

ACBH SBACSBH , SBIK AC, SB(AKC)

 

((SAD SBD),( )) ( KA KC, ). - Trường hợp 1: AKC600

Tam giác AKC là tam giác đều cạnh a 2 nên 6 2

2 2

a a

KI  BI , vô lý.

- Trường hợp 2: AKC1200

AKI0 6

tan 60

6

AK a

KI KI

   , 4 2 2

3 3

BHBIa , 2 2 3

3 BKBIIKa SH BH

BKI BHS

KI BK

    suy ra 2

3 SHa .

Vậy 1 3

3 ABC. 9

VS SHa . Cách 2

Chọn hệ trục tọa độ Bxyz như hình vẽ, đặt SHh. Ta có

 

2 2 2 2 2 2

; ;0 , ; ;0 , 0;0;0 , 0; ;

2 2 2 2 3

a a a a a

A  C  B Sh

     

     

      .

S

C

B A

K H I

x y

z

(2)

2 2 2

, ; ;

2 2 3

ah ah a

BA BS  

    

   

 

.

Ta chọn vectơ pháp tuyến của

SAB là

1

2 2 2

; ;

2 2 3

h h

n  

  

 .

2 2 2

, ; ;

2 2 3

ah ah a

BC BS  

    

   

 

.

Ta chọn vectơ pháp tuyến của

SBC là

2

2 2 2

; ;

2 2 3

h h

n  

  

 

 .

Suy ra 1 2

1 2

| . | 1 2

| | .| | 2 3

n n a

n n   h

  . Vậy

1 3

3 ABC. 9

VS SHa . Bài tập tương tự

Bài 1: [1H1-4] Cho hình chópS ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cân cạnh a, SA(ABC). Góc giữa hai mặt phẳng

SBC

SCD

bằng 60 . Thể tích của khối chóp 0 S ABCD. bằng A.

3

9

a . B.

3

6

a . C.

3

18

a . D.

3

3 a .

Bài 2: [1H1-4] Cho hình lăng trụABC A B C. ' ' ' có đáyABC là tam giác vuông cân với AB a . Hình chiếu vuông góc của A' trên

ABC

là trung điểm Hcủa BC và góc giữa hai mặt phẳng

A AB'

vả

A AC'

bằng 60 . Thể tích của khối lăng trụ 0 ABC A B C. ' ' ' bằng

A.

3

12

a . B.

3

4

a . C.

3

6

a . D.

3

3 a .

Câu 7: [2D2-3] Số nghiệm của phương trình sin 2xcosx 1 log sin2

x

trên khoảng 0;

2

  

 

  là

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

Lời giải Chọn D.

Vì sinx0 và cosx0, 0;

x  2

   nên phương trình đã cho tương đương

     

2 2 2

sin 2xcosxlog cosx  1 log sinx log cosx

     

2 2

log cosx cosx log sin 2x sin 2x *

   

Xét hàm số f t

 

log2t t , với t

 

0;1 ta có

 

1 1 0,

 

0;1

f t ln 2 t

 t     . Do đó, hàm số f t

 

đồng biến trên khoảng

 

0;1 .

Từ phương trình

 

* , ta có f

cosx

f

sin 2x

cosxsin 2x sin 1

x 2

  hay

x6 . Bài tập tương tự

Bài 1: [2D2-3] Số nghiệm của phương trình ln cos

x

tanxsinx0 trên khoảng 0;

2

  

 

  là

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

(3)

Bài 2: [2D2-3] Số nghiệm của phương trình log 2cos2

2x

2cosxcos1x trên khoảng 0;

2

 

 

  là

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

Câu 8: [1D2-3] Tập Sgồm các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau được lập thành từ các chữ số 0,1, 2,3, 4,5,6,7,8 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S. Tính xác suất để số được chọn không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau là

A. 11 70

. B. 29

140

. C. 13

80

. D. 97

560 . Lời giải

Chọn D.

Gọi số có6chữ số khác nhau là: abcdef

 

(a0, , , , , ,a b c d e f  0,1, 2,3, 4,5,6,7,8 ,a b c d e     f)

Alà biến cố “số được chọn không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau”

Ta có số phần tử của không gian mẫu là: n( ) 8.  A85 53760

Vì số được chọn không có hai số chẵn đứng cạnh nhau nên nó có tối đa 3 chữ số chẵn.

TH1: Có 2 chữ số chẵn, 4 chữ số lẻ: ----Lẻ----Lẻ----Lẻ----Lẻ---- Xếp 4 chữ số lẻ có: 4! cách xếp.

Xếp 2 chữ số chẵn vào 2 trong 5 vị trí --- có: C A52. 52C41.4( trừ TH chữ số 0 ở đầu)

=> Có: (C A52. 52C14.4).4! 4416 số

TH2: Có 3 chữ số chẵn, 3 chữ số lẻ: ----Lẻ----Lẻ----Lẻ---- Xếp 3 số lẻ trước có: A43

Xếp 3 chữ số chẵn có: C A43. 53C A32. 42( trừ TH chữ số 0 ở đầu)

=> Có ( .C A43 53C A A32. ).42 43 4896

=> Số phần tử của Alà: ( ) 4416 4896n A  

Xác suất của biến cố A là: 4416 4896 97

( ) 53760 560

n A   

Bài tập tương tự

Bài 1: [1D2-3] Trong hệ trục tọa độ Oxy cho A

2;0 ,

 

B 2; 2 ,

 

C 4; 2 ,

 

D 4;0

. Chọn ngẫu nhiên một điểm có tọa độ

x y;

( với x y, là các số nguyên) nằm trong hình chữ nhật ABCD (kể cả các điểm nằm trên cạnh). Gọi A là biến cố : “x y, đều chia hết cho 2”. Xác suất của biến cố A

A. 7

21. B. 13

21. C. 1. D. 8

21.

Bài 2: [1D2-3] Một hộp chứa 11 viên bi được đánh số từ 1 đến 11. Chọn 6 viên bi một cách ngẫu nhiên rồi cộng các số trên 6 viên bi được rút ra với nhau. Xác suất để kết quả thu được là số lẻ là

A. 226

462. B. 118

231. C. 115

231. D. 103

231.

Câu 12: [2D1-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y

2m3 sin

x 

2 m x

đồng biến trên .

A. 4. B. 5. C. 3. D. 6.

Lời giải

(4)

Chọn D.

Tập xác định D . Ta có y 

2m3 cos

x 2 m

Hàm số đồng biến trên y0,  x

2m3 cos

x  2 m 0,  x

2m 3 cos

x m 2 ,

     x,

 

TH1: 3

m 2. Ta có:

 

0 7

   2 (đúng  x  )  nhận 3 m 2

TH2: 3

m 2. Ta có

 

cos 2 ,

2 3

x m m

   

  x

2 1

2 3

m m

   

3 1

2 3 0 m m

  

3 1 2; 3

m  

     Giao với điều kiện 3

m 2, ta được 3; 1 2 3 m   

TH3: 3

m 2. Ta có

 

cos 2 ,

2 3

x m m

   

  x  2 1

2 3

m m

  

5 0

2 3

m m

  

5; 3 m  2

      Giao với điều kiện 3

m 2, ta được 5; 3 m  2

     Hợp các trường hợp, ta được 5; 1

m   2 Vây số giá trị m nguyên là 6 .

Câu 14: [2D1-4] Cho các số thực x y, thỏa mãn

 

1 2 2 3

x y   x  y . Giá trị lớn nhất của biểu thức

   

4 7 2 2

3x y 1 .2 x y 3.

M x y   xy bằng A. 9476

 243 . B. 76. C. 193

3 . D. 148

3 . Lời giải

Chọn D

Đặt x 2 u; y     3 v x y 1 u2v22(u v   ) x y 2

u v 

1

Ta có: 2

 

2 2

 

2

 

4

2

u v u v u vu v

       ; 2

u v

u2v2

u v

2

u v 

2

3 x y 7

   

 

2 2 2 2 2

 

2 2

2 1

1 0 1 2

x x x

x y x y

y y y

   

     

     



 

3t 4

1 .2

7 t 6 3

 

3;7

M f t t t t x y t

           

Sử dụng chức năng TABLE ta có đc

 

3 148 2; 1

MaxMf  3  x yBài tập tương tự

(5)

Bài 1: [2D1-4] Cho các số thực x y, thỏa mãn x y  2

x 3 y3

. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P4

x2y2

15xy

A. 83. B. 63. C. 80. D. 91

Bài 2: [2D1-4] Cho các số thực x y, thỏa mãn

x y xy x

2y2xy . Giá trị lớn nhất của biểu

thức 3 3

1 1

Axy

A. 0 . B. 10 . C. 11. D. 16

Câu 18. [2H2-3] Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn tâm O, O, bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a, trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm

B sao cho AB2a. Thể tích tứ diện OO AB là A.

3 3

24

a . B.

3 3

6

a . C.

3 3

12

a . D.

3 3

3 a . Lời giải

Chọn C.

Hạ AA vuông góc với mặt phẳng đáy O, A

 

O . Xét tam giác vuông AA B ta có A B  AB2AA2a 3. Gọi M đối xứng với A qua O. Hạ đường cao BH xuống O M .

Dễ dàng nhận thấy 1 2 1 2 1 2 3

2 BH a BHBABM  

 .

Ta có . .

1

OO AB B OO A 2 B OO AA

V V V   1 . . 6 BH SOAA O 

 1 3 2 3 3

. .

6 2 12

a a

a  .

Bài tập tương tự

Bài 1: [2H2-3] [THPT chuyên Hưng Yên lần 2] Cho hình trụ có bán kính đáy và chiều cao có độ dài bằng nhau. Hình vuông ABCD có hai cạnh ABCD lần lượt là dây cung của hai đường tròn đáy (các cạnh AD, BC không phải là đường sinh của hình trụ). Tính độ dài bán kính đáy và chiều cao của hình trụ biết rằng cạnh hình vuông có độ dài bằng a.

A. a 5. B. a 2. C. a. D. 10

5 a .

(6)

Bài 2: [2H2-3] [BTN 164] Một hình trụ tròn xoay, bán kính đáy bằng R, trục OO R 2. Một đoạn thẳng AB R 6 đầu A

 

O B,

 

O . Góc giữa AB và trục hình trụ gần giá trị nào sau đây nhất.

A. 75 .o B. 45 .o C. 60 .o D. 55 .o

Câu 21: [1D3-4] Cho cấp số cộng

 

an và cấp số nhân

 

bn thỏa mãn

2 1 0,

aab2  b1 1 và hàm số f x

 

x33x sao cho f a

 

2  2 f a

 

1 ,

log2 2

2

log2 1

f b   f b . Số nguyên dương n nhỏ nhất thỏa mãn bn 2018an

A. 16. B. 15. C.17. D. 18.

Lời giải Chọn A.

+ Xét hàm số f x

 

x33 ,x x0. Có f x

 

3x2   3 0 x 1. Do đó hàm số nghịch biến trên

0;1 và đồng biến trên

 

1;

. Ta có:

 

2 2 23 3 2 2

2 1

 

2 2 2

0

f a  aa   aa   nên

 

1 13 1 1

1

0 3 0 0

3

f a a a a

a

 

     

  . Nếu a1 3a2a1 3 f a

 

2f a

 

1 (loại).

Vậy a1 0 a2    1 d 1 an  n 1.

+ Mặt khác b2   b1 1 log2 2b log2 1b 0. Do đó làm tương tự trên ta có:

2 1 1 2 2 2

log b    0 b 1 log b  1 b 2   q 2 bn 2n1.

+ Theo giả thiết ta có bn2018an2n12018

n1

(1). Do tồn tại a b2, 2 nên n2.

Khi đó

 

1   n 1 log2

n 1

log 20182   n 1 log2

n 1

log 2018 02  (2).

Xét hàm số g n

 

  n 1 log2

n 1

log 2018,2  n 2.

     

 

0

1 ln 2 1

1 1

1 0 1 2

1 ln 2 1 ln 2 ln 2

g n n n n

n n

 

         

 

Ta có BBT sau

2 n0 15 16 

0 



f

 

16 0

f

 

15 0

 

2 0

f

f n

 

0 0 Từ BBT thì ycbt  n 16.

Nhận xét: Từ phương trình (1) hoặc (2) có thể sử dụng MTCT để thử các đáp án.

(7)

Bài tập tương tự

Bài 1: [1D2-3] Cho dãy số

 

un thỏa mãn log3u12log2u1logu1 2 0 và un1 2un10 với mọi n1. Giá trị nhỏ nhất của n để un 1010010 bằng

A. 326 . B. 327 . C. 225 . D. 226 .

Bài 2: [1D2-3] Cho dãy số

 

un thỏa mãn un 1.1! 2.2! ...  n n. !. Số n lớn nhất để log2018!

un

nhận giá trị âm là

A. 2016. B. 2017. C. 2018. D. 2019.

Câu 22: [1D2-3] Hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển 13 5 n x x

  

 

 

x0

biết

 

1

4 3 7 3

n n

n n

C Cn là

A. 1303. B. 313. C. 495. D. 13129.

Lời giải Chọn C.

Ta có Cnn41Cnn37

n3

 

4

 

3

 

2

 

3

 

2

 

1

7

3

6 6

n n n n n n

      n

   

3n 36 0

    n 12.

Khi đó số hạng tổng quát của khai triển

12 5 3

1 x

x

  

 

  là

12 5 36 11

2 2

1 12 3 12

1 k k k

k k

Tk C x C x

x

 

 

 

      . Hệ số của số hạng chứa x8 ứng với 11

36 8 8

2 k k

     . Khi đó C128 495.

Câu 24: [2H1-3] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB2 ;a AD4 ;a

 

SAABCD , cạnh SC tạo với đáy góc 60. Gọi M là trung điểm của BC; N là điểm trên cạnh AD sao cho DNa. Khoảng cách giữa MNSB

A. 2 285 19

a . B. 285

19

a . C. 2 95

19

a . D. 8

19 a . Lời giải

P N

M

A D

C B

S

(8)

Chọn A.

Do SA

ABCD

SC ABCD;

  

SCA  60SA AC .tan 60 2a 15. Gọi P là điểm thuộc cạnh AD sao cho AP a .

Suy ra MN BP// d MN SB

;

d MN SBP

;

  

d N SBP

;

  

2d A SBP

;

  

h.

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 19

60 4 15

hSAABAPaaaa 285 19 h a

 

;

2 285

19 d MN SB a

  .

Bài tập tương tự

Bài 1: Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB2 ;a AD4 ;a

 

SAABCD , cạnh SC tạo với đáy góc 60. Gọi M là trung điểm của BC; N là điểm trên cạnh AD sao cho DNa. Khoảng cách giữa MNSA

A. 4 285 19

a . B. 4 5

5

a . C. 6 5

5

a . D. 4

19 a . Bài 2: Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB2 ;a AD4 ;a

 

SAABCD , cạnh SC tạo với đáy góc 60. Gọi M là trung điểm của BC; N là điểm trên cạnh AD sao cho DNa. Khoảng cách giữa MNSD

A. 2 1365 91

a . B. 1365

91

a . C. 3 1365

91

a . D. 2 5

91 a .

Câu 44: [2D2-3] Giả sử S

a b;

là tập nghiệm của bất phương trình

 

2 3 4 2 2

2 2

5x 6x  x x log xxx log x 5 5 6 x x . Khi đó b a bằng A. 1

2. B. 7

2. C. 5

2. D. 2.

Lời giải Chọn A

Điều kiện 0 x 3.

Bất phương trình tương đương với bất phương trình sau

  

log2 5

 

1

6 2 0 1

 

f xx x  x   x x 

 

Đặt g x

 

xlog2x5

 

2

 

log 1 0, 0;3

g x  xln 2  x suy ra g x

 

g

 

3 3log 32

 

 5 0

Nên

 

1 1 6 2 0 5 3

x x x 2 x

         . Suy ra 1 2. b a  Bài tập tương tự

Bài 1: [2D2-3] Cho BPT 8x 5x24x3x4log3x

x2x

log3x 8 8 5 4 x x2. Biết

;

Sa b là tập nghiệm của bất phương trình trên. Khi đó b a bằng

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

Bài 2: [2D2-3] Cho BPT 20x2 9x27x32x4log7x5

x2x

log7x20 8 9 7  x2 .x2 Biết S

a b;

là tập nghiệm của bất phương trình trên. Khi đó b a bằng
(9)

A. 25

6 . B. 1

3. C. 9

2. D. 2.

Câu 45: [2H3-2] Trong không gian Oxyz, cho điểm A

2; 2; 2

, B

3; 3;3

. Điểm M trong không gian thỏa mãn 2

3 MA

MB  . Khi đó độ dài OM lớn nhất bằng

A. 6 3 . B. 12 3 . C. 5 3

2 . D. 5 3 .

Lời giải Chọn B

; ;

M x y z . 2 9

2

 

2 2

 

2 2

2 4

3

 

2 3

 

2 3

2

3

MA x y z x y z

MB                

x 6

 

2 y 6

 

2 z 6

2 108

       . Gọi

  

S : x6

 

2 y6

 

2 z 6

2 108.

Ta có

 

 

O S

M S

 

 

 OMmax 2R2 108 12 3. Bài tập tương tự

Bài 3: Trong không gian Oxyz, cho điểm A

2;2; 2

,B

3; 3;3

,N

5;7; 7

Điểm M trong không gian thỏa mãn 2

3 MA

MB  . Khi đó độ dài NM lớn nhất bằng

A. 2. B. 7 3. C. 5 3 . D. 12 3 .

Bài 4: Trong không gian Oxyz, cho điểm A

2; 2; 2

, B

3; 3;3

, N

5;7; 7

. Điểm M trong không gian thỏa mãn 2

3 MA

MB  . Khi đó độ dài NM nhỏ nhất bằng

A. 3 . B. 7 3. C. 5 3 . D. 12 3 .

Câu 46: [2D1-4] Cho ,a b; ,a b0 thỏa mãn 2

a2b2

ab

a b ab

 

2

. aGiá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 2 2

3 3 2 2

4 a b 9 a b

P b a b a

   

      

    bằng

A. 10. B. 21

 4 . C. 23.

 4 D. 23.

4 Lời giải

Chọn C.

Với điều kiện bài toán ,a b; ,a b0 và 2

a2b2

ab

a b ab

 

2

2 2

2 2

   

1 1

2 2 2 a b 1 2

a b ab a b ab a b a b

b a a b

   

                 Mà:

a b

2 1 1 2 2

a b

1 1 2 2 a b 2

a b a b b a

     

            

     

Suy ra : 5

2 1 2 2 2

2

a b a b a b

b a b a b a

         

   

   

Đặt 5

; 2

t a b t

 b a  . Khi đó : P4

t33t

 

9 t22

4t39t212t18
(10)

Xét hàm số

 

4 3 9 2 12 18; 5

f ttttt2 Ta có f t'

 

12t218 12 0t 5

t 2

  . Suy ra :

 

5 23; 5

2 4 2

GTNNf tf      t

  Dấu '' '' xảy ra khi và chỉ khi :

a b;

  

1; 2 hoặc

a b;

  

2;1

Bài tập tương tự

Bài 1: Cho hai số thực x y, khác 0 thay đổi thỏa mãn

x y xy x

2y2xy. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3

1 1

Pxy .

A. 15. B. 17

2 . C. 16. D. 33.

2

Bài 2: Cho , ,a b c là các số thực thỏa mãn a2b2c2 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

 

3 22

Sa b c   abc. A. 15 3.

11 B. 15 2

11. C. 15 4

11. D. 15 5

11.

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

Este X không no, mạch hở, có tỉ khối hơi so với oxi bằng 3,125 và khi tham gia phản ứng xà phòng hóa tạo ra một anđehit và một muối của axit hữu cơ.. Có bao

Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng vuông góc với nhau thì song song với đường thẳng còn lại.. Hai đường thẳng cùng vuông góc với một

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.. Qua C kẻ đường thẳng song

Câu 40: Người ta gọt một khối lập phương bằng gỗ để lấy khối tám mặt đều nội tiếp nó ( tức là khối có các đỉnh là các tâm của các mặt khối lập phương)..

Câu 45: Một cái ống hình trụ tròn xoay bên trong rỗng, có chiều cao bằng 25 cm và đường kính đáy bằng 6 cm đặt trên cái bàn nằm ngang có mặt bàn phẳng sao

Biết rằng một mặt của khối trụ nằm trên mặt đáy của hình nón, các điểm trên đường tròn đáy còn lại đều thuộc các đường sinh của hình nón (Hình vẽ bên) và

Khối đa diện đều loại  p q ;  là khối đa diện lồi thỏa mãn mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng p mặt và mỗi mặt của nó là một đa giác đều q cạnhB.

Thể tự đa bội có cơ quan sinh dưỡng lớn gấp bội so với dạng lưỡng bội nguyên khởi Câu 32: Trong trường hợp không xảy ra đột biến, nếu các cặp alen nằm trên