Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 trường thpt chuyên lê quý đôn lai châu lần 1 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

SỞ GD&ĐT LAI CHÂU TRƯỜNG THPT CHUYÊN LQĐ

ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN 1 NĂM HỌC 2017 – 2018 Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Họ, tên thí sinh:……….………. SBD:……….

Câu 34. [1D5-2] [THPT Chuyên LQĐ, LAI CHÂU, lần 1, 2018] Cho hàm số y x x²1, khi đó giá trị của P2 x²1.y^/ bằng:

A. ^{P2 .y} B. ^{P y.} C. .

2

P y D. 2

. P y

Lời giải Chọn B

Ta có: y x x²1 y²  x x²1, (*) Lấy đạo hàm hai vế của (*) ta được: 2. .^/ 1 ₂

1 y y x

  x



2 / 2

2 x 1. .y y x x 1

    

2 /

2 x 1.y y

   .

Câu 35. [2D1-3] [THPT Chuyên LQĐ, LAI CHÂU, lần 1, 2018] Tìm ^m để phương trình

4 2

5 4 log2

x  x   m, có 8 nghiệm thực phân biệt:

A. 0 m ⁴ 2 .⁹ B. ⁴2⁹  m ⁴ 2 .⁹ C. Không có giá trị của ^m. D. 1 m ⁴ 2 .⁹ Lời giải

Chọn D

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số f x( ) x⁴5x²4 và đường thẳng ylog2m. Dựa vào đồ thị, để phương trình đã cho có 8 nghiệm phân biệt thì

2

0 log 9 m 4

    1 m ⁴ 2⁹ . 9 4

Câu 38. [1H2-3] [THPT CHUYÊN LQĐ_LAI CHÂU_lần 1] Cho hình hộp ABCD A B C D. ' ' ' ', và một điểm M nằm giữa hai điểm A và B. Gọi

 

^P là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng



^{AB D' '}



. Căt hình hộp bởi mặt phẳng

 

^P thì thiết diện là:

A. Hình ngũ giác. B. Hình lục giác. C. Hình tam giác. D. Hình tứ giác.

Lời giải Chọn B

I H

J

G

E

K N

F

L

A' B'

C'

B

D D'

A

C M

Qua M dựng MF/ /BD, dựng FG/ /AD MJ', / /AB'.

Nối ' 'A C B D' 'N AC; MF K. Qua K dựng KE/ /AN, Qua E dựng đường thẳng song song với B D' ' cắt ' ', ' 'C B C D lần lượt tại I và H. Nối GH JI, ta được thiết diện cần tìm là hình lục giác MFGHIJ.

Câu 39. [1D2-3] [THPT CHUYÊN LQĐ_LAI CHÂU_lần 1] Với ⁿ là số nguyên dương, gọi a3n_3 là hệ số x^3n3 trong khai triển đa thức của



^x21



ⁿ



^x2



^{n . Tìm n để a3n3 26n?}

A. n7. B. n5. C. n6. D. n4.

Lời giải Chọn D

Ta có:



^x21



^{n C xn0}

 

^{2 n C xn1}

 

^{2 n1C xn2}

 

^{2 n2 ... C1n}

 

¹



x²



ⁿ C xn^{0 n}C x¹n ^n1.21C xn^{2 n2.22}C xn^{3 n3.2 ...3} Cnⁿ²ⁿ

 

²

Do cần tính hệ số của x^3n3 nên ở vế phải của (1) chỉ chú ý hai số hạng đầu tiên, còn ở vế phải của (2) chỉ chú ý các số hạng thứ tư và thứ hai.

Hệ số của x^3n3 là: 3 0 3 1 1 1

   

2



²



2

3 3

4 3 2

1 2

2 . . 2 . . 8. 2 2

3! 3

n n n n n

n n n n n n

a _ C C C C   n   n

     



²



2

4 3 2

2 26 2 3 35 0 5

3

n n

n n n n

 

         .

Câu 40. [2H1-3] Hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông cân ở B, AC a 2; SA a và

 

SA ABC . Gọi G là trọng tâm của tam giác SBC, một mặt phẳng

 

^ đi qua AG và song song với BC cắt SC SB, lần lượt tại M N, . Tính thể tích khối chóp S AMN. .

A.

4 3

27 .

V  a B.

2 3

9 .

V  a C.

4 3

9 .

V  a D.

2 3

27 . V  a

Lời giải Chọn D.

S

A

B

H

C M

G N

+) Ta có

1 3

3 . 6

SABC ABC

V  SA S  a .

+) Mặt khác ^SAMN

SACB

V

V SM SN. SC SB



SG 2

SH

 

   4

9. Nên suy ra: VSAMN 4

9V^SABC

 2 ³

27

 a .

Câu 41: [2D4-3] [THPT CHUYÊN LQĐ, LAI CHÂU, lần 1, 2018] Cho hai số thực ;b c (c0). Kí hiệu ;A B là hai điểm của mặt phẳng phức biểu diễn hai nghiệm của phương trình

2 2 0

z  bz c  , tìm điều kiện của bvà ^c sao cho tam giác OAB là tam giác vuông ( Với O là gốc tọa độ ).

A. c b . B. c b ². C. c2 .b² D. b² 2 .c Lời giải

Chọn C.

Ta có  ^' b²c

Nếu  ^' b² c 0 ^phương trình có hai nghiệmZ1,2    b ' (Loại vì , ,O A B thẳng hàng) Nếu  ^' b² c 0 ^ phương trình có nghiệm kép (Loại)

Nếu  ^' b² c 0 ^ Phương trình có hai nghiệm Z_1,2   b i b²    c b i (b²c)

Vậy hai điểm biểu diễn là A b( ; b²c) và B b( ;  b²c)

Tam giác OAB cân tại O .Vậy để tam giác OABvuông OA OB . 0 b2 b2  c 0 2 2

c b

  .

Câu 42. [2D2-3] [THPT CHUYÊN LQĐ, LAI CHÂU, lần 1, 2018] Cho ^{a b;} là dộ dài hai cạnh góc vuông, clà độ dài cạnh huyền của một tam giác vuông. Trong đó



^{c b}



^1và



^{c b}



^1. Kết luận nào sau đây là đúng?

A.^logc b_ a^logc b_ a^{2 log}



c b_ a

 

^{. log}c b_ a



B. ^logc b_ a^logc b_ a



^logc b_ a

 

^{. log}c b_ a



. C. ^logc b_ a^logc b_ a ^{2 log}



c b_ a

 

^{. log}c b_ a



. D.^logc b_ a^logc b_ a 



^logc b_ a

 

^{. log}c b_ a



.

Lời giải Chọn A

Theo giả thiết, ta có:

2 2 2

0 1

a c b

a

  

  



   

 

1 log log log log log 1

log log

c b a

c b c b c b

a a

a c b

a a a

c b c b

   

 

   

 

 

   



²



²



²

    

1 log log log

2 log log

log log log

c b c b c b

c b c b

a a a

c b

c b a

a a

c b c b c b

  

 

  

   

   .

Câu 43. [2D3-3] [THPT CHUYÊN LQĐ, LAI CHÂU, lần 1, 2018] Một vật chuyển động trong bốn giờ với vận tốc (km/h)v phụ thuộc vào thời gian ( )t h có đồ thị vận tốc như hình vẽ bên. Trong khoảng thời gian 1 giờ kể từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị đó là một phần của đường parabol có đỉnh (2;9)I và trục đối xứng song song với trục tung, khoảng thời gian còn lại vật chuyển động chậm dần đều. Tính quãng đường S mà vật di chuyển được trong 4 giờ đó ( kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

A.S23,71km. B. S23,58km. C. S23,56km. D.S23,72km. Lời giải

Chọn A

Với ^t

 

^0;1 , gọi v t at bt c( ) ²  . Ta có : (0) 4; (2) 9;

v  v  hoành độ đỉnh parabol bằng 2 nên ta có hệ phương trình:

4

4 2 9

2 2 c a b c

b a

 

   



  



5 4 5 4 a

b c

 

 

 



.

Quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian từ 0 đến 1 giờ bằng :

1

2 1

0

5 73

4 5 4 12

S 



 t  t dt  km^.

Với (1; 4],t gọi ( )v t mt n  . Ta có hệ phương trình :

31 5

4 4

4 4 9

m n m

m n n

     

  

 

    

 

. Quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian từ 1 đến 4 giờ

bằng :

4 2

1

5 141

4 9 8

S   t dt  km

 



Quãng đường S mà vật di chuyển được trong 4 giờ bằng : S S S  1 2 23,71km.

Câu 44. [2D1-3] [THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN_LAI CHÂU_LẦN 1_2018] Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của ^m để đồ thị

 

Cm của hàm số y x ⁴mx²2m3 có 4 giao điểm với đường thẳng ^y1, có hoành độ nhỏ hơn 3 .

A.^m



^{2;11 \ 4}

  

. B.^m



^2;5



. C.^m



^2;

  

^{\ 4} . D.^m



^2;11



. Lời giải

Chọn A

Phương trình hoành độ giao điểm x⁴mx²2m  3 1 x⁴mx²2m 4 0 . Đặt tx² , phương trình trở thành ² 2

2 4 0

2 t mt m t m

t

  

      

Với t   2 x 2 .

Do đó yêu cầu bài toán tương đương với 0 2 9 2 11

2 2 4

m m

m m

    

 

    

  .

Câu 45. [2D4-4] [THPT Chuyên LQĐ, LAI CHÂU, lần 1, 2018] Cho hai số phức z z₁, ₂ thỏa mãn điều kiện 2z1 i z1 z1 2i và z2 i 10 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức z1z2 ?

A. 10 1 . B. 3 5 1 . C. 101 1 . D. _{101 1} .

Lời giải Chọn B.

+) Gọi z1 a bi a b;



, 



.

Nên 2 1 1 1 2 2. ²



1



²



2 2



^{2 2}

4 z  i z  z i  a  b  b  b a .

Do đó tập hợp điểm biểu diễn số phức z1 là Parabol

2

4 y x . +) Gọi z2  a bi,



a b, 



.

Khi đó z2 i 10 1 



a10

 

² b 1



²1

Nên tập hợp điểm biểu diễn số phức z2 là đường tròn

  

^{C x10}

 

^{2 y 1}



^{21 tâm I}



^10;1



bamns kính r1.

x y

N I

1 M

1 2

z z nhỏ nhất khi và chỉ khi MN nhỏ nhất.

Ta có: MN IN IM  MN IM IN IM   1. Nên MN nhỏ nhất khi IM nhỏ nhất.

Ta có: ²



¹⁰



^{2 2 1 2 2 4 2 5}



⁴



^{2 45}

4 4 2

x x

IM x     x

          

    .

45 3 5

IM   . Do đó MN3 5 1 .

Vậy z₁z₂ MN3 5 1  z₁ z_{2 min} 3 5 1 .

Câu 46. [2D2-4] [THPT Chuyên LQĐ, LAI CHÂU, lần 1, 2018] Cho log 127 x, log 2412  y,

54

log 168 axy 1 bxy cx

 

 trong đó ^{a b c, ,} là các số nguyên. Tình giá trị biểu thức S a  2b 3c. A. S4 . B. S19 . C. S10 . D. S15 .

Lời giải Chọn D

+) Ta có 54 ^{7 7}

7 7 12

log 168 log 24 1 log 168

log 54 log 12.log 54

   .

   

7 12

12 12

log 12.log 24 1 1 1

.log 54 5log 24 8 5 8

xy xy

x x x y

  

  

    .

Do đó 1

5 8 a b c

 

  

 



.

Vậy ^{S a    2b 3c 1 2. 5}

 

^{ 3.8 15} .

Câu 47: [2D2-4] [THPT Chuyên LQĐ, LAI CHÂU, lần 1, 2018] Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình sau có nghiệm thực.

 

2018 2 2018 2 2

sin .x 2019 cos x cosx m . 2019 sin x m 2 cosm x cosxsinx m

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

Lời giải Chọn B.

 

2018 2 2018 2 2

sin .x 2019 cos x cosx m . 2019 sin x m 2 cosm x cosxsinx m .

 

2018 2 2018 2 2

sin .x 2018 sin x cosx m . 2018 cos x m 2 cosm x cosxsinx m

 .



^{2018 2}

    2018  2

sin 1x  2018 sin x  cosxm 1 2018 cosx m

  (*).

Xét hàm số ^{f t}

 

^t



^{120182018t2}



^{trên R, ta có:}

   

2 2018

' 2

2018 2 2017

1 2018 2 0

2018. 2018 f t t

t

x

   t  



R.

Nên hàm số ^{f t}

 

đồng biến trên R (2).

Do đó (8) sin cos sin cos 2 sin

m x x 4

m x

x x m   

        

 

2 ^m 1;0;1

m  ^ m 

 ^N .

Câu 48: [2D3-3] [THPT Chuyên LQĐ, LAI CHÂU, lần 1, 2018] Cho hai hàm ^{f x}

 

và ^{g x}

 

có đạo hàm trên đoạn

 

^1;4 và thỏa mãn hệ thức hệ thức sau với mọi ^x

 

^1;4

   

   

1 2 1 2

1 1 2 1

' . ; ' .

( ) ( )

f g

f x g x

g x f x

x x x x

  

   



. Tính ⁴

 

1

( ). ( ) I 



f x g x dx^.

A. 4ln 2. B. 4. C. 2 ln 2. D. 2.

Lời giải Chọn B.

Từ giả thiết ta có 1

'( ). ( ) f x g x

 x x _và 2

'( ). ( ) g x f x

 x x _{, suy ra} '( ). ( ) '( ). ( ) 1

f x g x g x f x

  x x _{, hay}



^{f x g x( ). ( )}



¹

x x

   _.

Do đó ^{f x g x}

   

^{. 1 dx 2 C}

x x x

 



  ^{. Lại có f}

   

^{1 . 1g 2.1 2 nên C 0.}

 

4 4

1 1

( ). ( ) x 2 x=4 I f x g x d d

 







x ^.

Câu 49: [2H2-4] [THPT Chuyên Lê Quý Đôn-Lai Châu, Lần 1] Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz, cho hai điểm ^A

(

^{1; 5; 0 ,}

) (

^{B 3; 3; 6}

)

và đường thẳng

1 2

: 1

2

x t

d y t

z t ì =- + ïïïï = - íïï = ïïî

. Một điểm M thay đổi trên d sao cho chu vi tam giác ABM nhỏ nhất. Khi đó tọa độ điểm M và chu vi tam giác

ABM là:

A. ^M

(

^{1; 0; 2 ;}

)

^{P=2 11+ 29. B. M}

(

^{1; 2; 2 ;}

)

^P=2

(

^{11+ 29}

)

^.

C. ^M

(

^{1; 2; 2 ;}

)

^{P= 11+ 29}. D. ^M

(

^{1; 0; 2 ,}

)

^P=2

(

^{11+ 29}

)

^.

Hướng dẫn giải Chọn D

(

^{2; 2; 6}

)

^{2 11}

AB= - Þ AB=

uuur .

Gọi ^M

(

^{- +1 2 ;1tt - ; 2t}

)

^{Î d} .

Ta có: ^AMuuuur=

(

^{2tt- 2;- - 4; 2 ;t BM}

)

^uuur=

(

^{2tt- 4;- - 2; 2t- 6}

)

^.

Chu vi tam giác AMB: P=AM+BM+AB. Vậy để chu vi tam giác nhỏ nhất thì

(

^AM+BM

)

_min

( )

²

9 2 20 3 6 20

AM+BM= tt + + - + . Đặt ^ur=

(

^{3 ; 20 ,t}

)

^{vr= -}

(

^{6 3 ; 20t}

)

^.

Áp dung bđt: ur + ³vr ur r+v .

( )

²

( )

²

2 2

9tt 20 3 6 20 6 2 20 2 29

Û + + - + ³ + = .

Dấu "=" xảy ra khi 3 20

6 3 20 1

t t

t = Û =

- .

Vậy ^M

(

^{1; 0; 2}

)

và P=2 29+2 11.

Câu 50: [2H3-4] [THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Lai Châu, lần 1,2018] Bạn An có một tấm bìa hình tròn như hình vẽ, An muốn biến hình tròn đó thành một cái phễu hình nón. Khi đó An phải cắt

hình quạt tròn OAB rồi dán hai bán kính OA OB, lại với nhau.Gọi x là góc ở tâm hình quạt tròn dùng làm phễu. Tìm x để thể tích phễu là lớn nhất.

x

B

A

A. 4

 B. ^{2 6}

3

. C.

3

 D.

2



Lời giải Chọn B

Ta thấy 1 ² 1 ^{2 2 2}

3 3

VN = pr h= pr R - r ^.

Mặt khác: _» . 2

2

AB

l R x pr Rx x Rx

= Û = Û = p ^{. Do đó:}

3 3

2 2 4 2 2 2 2

2 (4 ) 2 (8 2 )

24 96

R R

V p x x p x x x

p p

= - = - . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho

ba số: 8p²- 2 ; ;x x x^{2 2 2} thì ta tìm được GTLN, đó dấu bằng xảy ra khi:

2 2 2 2 6

8 2

x x x p3

p - = Û = . Chọn đáp án B.

A,B h

r

R

O