Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường thpt lương văn chánh phú yên phần vận dụng cao mã 101 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

Nhóm 5 –Tổ 4 VDC 2018 ĐỀ THI LƯƠNG VĂN CHÁNH – PHÚ YÊN - NĂM 2018 Mã đề thi 101.

Câu 34: [2D1-3] Cho hàm số y f x( ) có đạo hàm liên tục trên _ .Đồ thị hàm số^{y f x}

 

như hình vẽ sau:

Số điểm cực trị của hàm số:y f x( ) 5 x là:

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

Lời giải:

Chọn D ( ) 5

y f x  .Khi đó đồ thị hàm số y f x( )dịch chuyển xuống dưới theo trục Oy 5 đơn vị Khi đó:y 0 cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất.Vậy số điểm cực trị là 1.

Câu 35: [2D1-3] Cho hàm số ^{y= f x}

( )

^{=22018 3x +3.22018x2- 2018} có đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x x x1; 2; 3. Tính giá trị biểu thức

 

1

 

2

 

2

1 1 1

P f x  f x  f x

   .

A. P=3.2²⁰¹⁸- 1. B. P=2²⁰¹⁸. C. P=0. D. P=- 2018.

Lời giải:

Chọn C.

Theo giả thiết ta có f x

 

2²⁰¹⁸



x x 1

 

x x 2

 

x x 3



.

Suy ra f x

 

2²⁰¹⁸



x x 2

 

x x 3

 

 x x 1

 

x x 3

 

 x x 1

 

x x 2



 Khi đó

 

1

 

2

 

2

1 1 1

P f x  f x  f x

  

           

2018

1 2 1 3 2 1 2 3 3 1 3 2

1 1 1 1

2 x x x x x x x x x x x x

 

          

       

2018

1 3 2 3 3 1 3 2

1 1 1

2 x x x x x x x x 0

 

        .

Câu 36: [1D2-3] Có 10 đội bóng thi đấu theo thể thức vòng tròn một lượt, thắng được 3 điểm, hòa 1 điểm, thua 0 điểm. Kết thúc giải đấu, tổng cộng điểm số của tất cả 10 đội là 130. Hỏi có bao nhiêu trận hòa?

A. 7. B. 8. C. 5. D. 6.

Lời giải:

Chọn C

y 4

-1 2

1

10 đội thi đấu vòng tròn, có ( 1) 2 45

n n  trận đấu.

Gọi ^{x y,} là số trận thắng-thua, hòa tương ứng.Mỗi trận thắng tổng điểm của trận là 3 điểm,mỗi trận hòa tổng điểm của trận là 2 điểm.

Vậy ta có 45

3 2 130

x y x y

  

  



40 5 x y

 

   . Khi đó đáp án C thỏa mãn.

Câu 37: [2D1-3] Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m đồ thị (C) của hàm số

4 2 2 2 4 5

y x  m x m  có ba cực trị, đồng thời ba điểm cực trị với gốc tọa độ O tạo thành một tứ giác nội tiếp. Tìm số phần tử của S.

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

Lời giải Chọn C.

Ta có ^{y' 4x3 4m x2 4x x}



^{2 m2}



^x₂ ⁰ ₂



^{m 0}



x m

 

       .

Giả sử 3 điểm cực trị có tọa độ:



^{0; 4 5 ;}

 

^{;5 ;}

 

^;5



A m  B m C m .

Do tính chất của hàm trùng phương nên ta có tứ giác nội tiếp là ABOC do BC vuông AO và tam giác ABC cân nên để tứ giác ABOC nội tiếp:

 ^{90 . 0}



^{; 4}



^{. ;5}

 

^{0 2 5 4 0 0}

 

₁

5

m l

ABO AB OB m m m m m

m

 

             

 

.

Câu 38: [2D1-3] Tìm 1 1 1

lim ....

1 1 2 1 2 3 ...

L n

 

          .

A. 5

L2. B. L . C.L2. D. 3 L2. Lời giải:

Chọn C.

Ta có: ( 1)

1 2 3 ...

2 n n n

     → 1 2 1 1

1 2 3 ... n n n( 1) 2. n n 1

 

    

       

Do đó : 1 1 1

lim ....

1 1 2 1 2 3 ...

L n

 

          = 1 1 1 1 1 1

lim 2 ....

1 2 2 3 n n 1

       

  

 

= 1

lim 2 1 2

1 n

  

  

  .

Câu 39: [2H2-3] Cho lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáyABCcó đáy ABC là tam giác cân với

ABAC a và góc BAC120^o,cạnh bên AA a.Gọi I là trung điểm CC .Cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng



^ABC



và



^{AB I}



bằng:

A. 11

11 . B. 33

11 . C. 10

10 . D. 30

10 . Lời giải:

Chọn D.

C' B'

A'

C

A

B

y

x z

I

H

Gán hệ trục tọa độ vào như hình vẽ với gốc tọa độ trùng với điểm ^C



^0;0;0



Trục Oz trùng với CC→^{C' 0;0;}



^a



và trung điểm 0;0;

2 I a

 

 

Theo định lý hàm cosin trong tam giác ABC:

2 2 2 2 . .cos120^o 3 2

BC  AB AC  AB AC  a →BC a 3 Trục Oy trùng với cạnh BC:^B



^{a 3;0;0}



^,B



^{a 3;0;a}



^.

.sin 30 2

o a

AH AC 

Khi đó tọa độ các điểm còn lại: 3 2 ; ;02

a a

A 

 

 

  ; 3

2 ; ;a2

a a

A 

 . 3; ;

2 2 2

a a a

AI  

   

 ; 3;0;

2 B I  a a

 .

1 3 3 3

; ; ;

4 4 2

nAB I_ AI B I     

  

→ .

cos( , )

.

AB I ABC ABC AB I

n n ABC AB I

n n





 

 

  .

Thay số: _{2 2 2}

2 2 2

1 3 3

.0 .0 .1

4 4 2 30

cos( , )

1 3 3 3 10

0 0 1 .

4 4 2

ABC AB I

 

  

   

        

     

.

Câu 40: [2H2-3] Cho hình trụ

 

^T có

 

^C và (C ) là hai đường tròn đáy nội tiếp hai mặt đối diện của một hình lập phương.Biết rằng trong tam giác cong tạo bởi đường tròn

 

^C và hình vuông

ngoại tiếp của

 

^C có một hình chữ nhật kích thước a2a (như hình vẽ dưới đây).Tính thể tích V của khối trụ

 

^T theo a.

A.

100 3

3

a

. B. 250a³. C.

250 3

3

a

. D. 100a³. Lời giải:

Chọn B.

M

O A

C D B N H

K

Gọi M và N lần lượt là trung điểm CD và AB

Dễ thấy ACMN và BDMNlà hình vuông cạnh bằng ^a.

Do đó MAC 45^o.Tương tự OAC 45^onên ba điểm ,A M O, thẳng hàng.

Kéo dài CD cắt OH tại K Đặt AH OH OD x 

Do OD² OK²DK² mà DK BH  x 2a,HK AC a

→x² (x2 )a ² (x a)².Giải phương trình được x5a (loại nghiệm ^{x a} ) Vậy V_tru . .r h² .5 .(2.5) 250²  .

Câu 41: [2H1-3] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB 3a, AD a , tam giác SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính theo a diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABCD.

A. S 5a². B. S 10a². C. S 4a². D. S 2a². Lời giải:

Chọn A.

A

B C

D S

G I

M O

Theo bài ra ta có GT AB a 3,

d 2

R  AC ^{2 2}

2 AB AD

 a, ³

b 3

R  AB 3. 3 3

a a

  .

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp là: 2 2

 

3 ² 4

R a a  a ^{ a}₂⁵ .

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABCD là:

2

5 2

4. . 5

2

S  a  a

   

  .

Bài toán tổng quát:

Cách xác định bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp có mặt bên vuông góc với mặt đáy:

Gọi h là chiều cao hình chóp và Rd, Rb là bán kính đường tròn ngoại tiếp mặt đáy và mặt bên vuông góc với đáy; GT là độ dài giao tuyến của mặt đáy và mặt bên vuông góc với đáy. Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp là: ^{2 2 2}

d b 4

R R R GT .

Trong đó mặt bên vuông góc với đáy thường là tam giác vuông, cân hoặc đều.

Lời giải

A

B C

D S

G I

M O

Để xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp thì ta dựng trục của mặt đáy và mặt bên vuông góc với đáy, giao của hai trục chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp.

Giả sử hình chóp có đỉnh S, giao tuyến của mặt đáy và mặt bên vuông góc với đáy là AB với M là trung điểm AB; G, O là tâm đường tròn ngoại tiếp mặt bên vuông góc với đáy và mặt đáy; I là tâm mặt cầu. Khi đó, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là:

R SI  SG²GI²  Rb²MJ²  R_b²JA²MA^{2 2 2 2}

b d 4 R R AB

   .

Ví dụ 1: Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

Lời giải

A

B C

D S

O

Giao tuyến của mặt bên và đáy là GT  AB a , bán kính đáy

d 2

R  AC 2 2

a , bán kính mặt

bên ³

b 3

R  AB 3

3

 a .

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là: ^{2 2 2}

d b 4 R R R GT

2 2

3 2 2

3 2 4

a a a

   

     

21 6

a .

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là:

2

2 21 7 2

4 4. .

6 3

S R  a  a

     .

Ví dụ 2: Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác ABC là tam giác đều cạnh a, tam giác SAB cân tại S và có cạnh SA2a. Tính thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

Lời giải

A C

B S

Giao tuyến của mặt đáy và mặt bên là: GT AB a , bán kính đáy ³

d 3

R  AB 3

3

 a , bán

kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB là: . . 4 15

4 15

b

SAB

SA SB AB

R a

S_

  .

Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là: ^{2 2 2}

d b 4 R R R GT

2 2

4 15 3 2

15 3 4

a a

 a  

     

115 10

 a .

Vậy thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là:

4 3

V  3R

4 115 3

3 10

a 

  

 

23 15 3

150 a

 .

Câu 42: [2H1-3] Cho hình chóp S ABC. ,có các cạnh bên SA SB SC, , tạo với đáy các góc bằng nhau và đều bằng 30^o.Biết AB5,AC7,BC8,tính khoẳng cách dtừ A đến mặt phẳng (SBC): A. 35 39

d  52 . B. 35 39

d  13 . C. 35 13

d  52 . D. 35 13

d  26 Lời giải:

Chọn A.

30

30 30

B A

C O

S

Do các cạnh bên đều tạo với đáy các góc bằng nhau nên chân đường cao của hình chóp trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Khi đó:S_ABC  p p a p b p c(  )(  )(  ) 10 3 với 8 7 5

2 2 10

a b c

p    

  

→ 8.7.5 7 3

4 40 3 3

R abc

 S   → 7

.tan 30 3

SO R o  và 14

cos30^o 3 SB SC  R 

Do đó: _. 1 7 70 3

. .10 3

3 3 9

S ABC

V   và 8 13

( )( )( )

SBC 3

S  p p a p b p c   

Vậy

3.70 3

3 9 35 39

( , )

8 13 52 3

SBC

d A SBC V

 S   .

Câu 43: [2D2-3] Để đóng học phí học đại học, bạn An vay ngân hàng số tiền 9 .000.000 đồng, lãi suất 3%/năm trong thời hạn 4 năm với thể thức cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào nợ gốc để tính lãi cho năm tiếp theo. Sau bốn năm, đến thời hạn trả nợ, hai bên thỏa thuận hình thức trả nợ như sau: “lãi suất cho vay được điều chỉnh thành 0, 25% / tháng, đồng thời hàng tháng bạn An phải trả nợ cho ngân hàng số tiền T không đổi và cứ sau mỗi tháng, số tiền T sẽ được trừ vào tiền nợ gốc để tính lãi cho tháng tiếp theo”. Hỏi muốn trả hết nợ ngân hàng trong 5 năm thì hàng tháng bạn An phải trả cho ngân hàng số tiền T là bao nhiêu? (T được làm tròn đến hàng đơn vị).

A. 182.017 đồng. B. 182.018 đồng. C. 182.016 đồng. D. 182.015 đồng.

Lời giải:

Chọn D.

Số tiền bạn An nợ sau 4 năm là: A9.000.000 1 0,03







⁴ 10129579 đồng.

Để trả hết nợ trong 60 tháng thì số tiền hàng tháng phải trả là:

 

 

60 60

10.129.579.0,0025 1 0,0025

182.015 1 0,0025 1

T 

 

  đồng.

Trong bài này, nên dùng hai công thức tính nhanh:

+) Vay a đồng ban đầu, ^r lãi suất của một kì hạn (có thể là tháng; quý; năm)(lãi kỳ trước cộng lãi kỳ sau - lãi kép). Cuối kì hạn n, số tiền nợ là: ^{A a}



^1r



^n.

+) Vay A đồng, lãi ^r mỗi tháng. Hàng tháng phải trả a đồng để sau n tháng thì hết nợ (trả tiền vào cuối tháng). Khi đó

 

 

. 1

1 1

n n

A r r

a r

 

  . Câu 44: [2D2-3] Cho hàm số 1 ³ 1 ²

4 10

3 2

y x  mx  x ,với m là tham số;gọi x x₁; ₂ là các điểm cực trị của hàm số đã cho.Giá trị lớn nhất của biểu thức ^P



^x121

 

^x221



^.

A. 4 B. 1. C. 0. D. 9.

Lời giải:

Chọn D.

Ta có:y 3x²mx4.

2 16 0

 m   →phương trình luôn có hai điểm cực trị x x₁; ₂. Theo định lý Vi-et ta có:x1x2 m ;x x1. 2  4 .

Do đó:P



x1²1

 

x2²1



=x x1². 2²



x1²x2²



1

=



x x1 2



²(x1x2)²2x x1 21

=16 ( m² 8) 1

=9m² 9.Dấu bằng xảy ra khi m0.

Câu 45: [2D1-4] Cho hàm số ^{y x 33mx23}



^m21



^{x m 3,với m} là tham số; gọi

 

^C là đồ thị của hàm số đã cho. Biết rằng, khi ^mthay đổi, điểm cực đại của hàm số

 

^C luôn nằm trên đường thẳng dcố định. Xác định hệ số góc kcủa đường thẳng d?

A. 1

k 3. B. 1

k3. C. k 3. D. k3. Lời giải :

Chọn C.

Ta có: ^{y'3x26mx3}



^m21



' 1

0 1

y x m

x m

  

    

Do a  3 0 x_CD  m 1



¹



^{3 3}



¹



^{2 3}



^{2 1}

 

¹



^{3 3 2}

yCD  m  m m  m  m m   m Vậy:

 

1 3 3 1

3 1 3 1

3 2 3 2

CD D

CD CD CD CD

CD D

x m x m

y x y x

y m y m

    

         

       

 

Điểm cực đại của

 

^C luôn nằm trên d: y  3x 1 Hệ số góc k 3

Câu 46: [2D1-4] Cho hàm số ^{f x}

( )

⁼

(

^m2018+1

)

^{x4+ -}

(

^{2m2018- 22018m2- 3}

)

^x2+

(

^m2018+2018

)

^{, với m}

là tham số. Số cực trị của hàm số ^{y f x}

 

^2017 là:

A. 3. B. 5. C. 6. D. 7.

Lời giải:

Chọn D.

Xét hàm số ^{g x}

 

^{ f x}

 

^2017



^m20181



^{x4 }



^{2m201822018m23}



^x2



^m20181



^.

Nhận xét rằng, vì

2018

2018 2018 2

1 0

2 2 3 0

ìï = + >

ïíï =- - - <

ïî a m

b m m , với mọi ^m nên hàm số ^{g x}

 

có 3 điểm cực trị.

Ta có ^{g x}

 

^{4ax32bx}. Suy ra

 

 

       

2018 2018 2 2

2 2

2018

0 0 0,

2 2

0 2 2 3

2 4 4 0,

2 1

x g a m

a b a b

g x m m b b

x g x a m

a a a

m

    



                 

(vì 2a b 4m²⁰¹⁸2²⁰¹⁸m² 5 0 và 2a b  2²⁰¹⁸m² 1 0) Từ đó suy ra hàm số ^{y f x}

 

^2017 có 7 điểm cực trị.

Cách 2:

Xét hàm số ^{g x}

 

^{ f x}

 

^2017



^m20181



^{x4 }



^{2m201822018m23}



^x2



^m20181



^.

Đặt ^{t x 2}



^t0



ta có ^{h t}

 

^



^m20181

 

^{t2 2m201822018m23}

 

^{t m20181}



Nhận thấy phương trình ^{h t}

 

^0 có



^{22018 2 1 4}

 

^{2018 22018 2 5}



⁰

0; 0

m m m

S P

     



 

 nên luôn có

hai nghiệm dương phân biệt. Do đó, phương trình ^{g x}

 

^0 có 4 nghiệm phân biệt.

Từ đó suy ra hàm số ^{y g x}

 

^{ f x}

 

^2017 có 7 điểm cực trị.

Câu 47: [2D1-4] Xét các số thực ^{x y,} (với x0) thỏa mãn:

 

3 1 1

3

2018 2018 1 2018 1 3 .

2018

x y xy xy

x y

x y x

   

        Gọi ^m là giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  x 2y. Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. mÎ

( )

^{0;1 .} B. mÎ

( )

^{1; 2 .} C. mÎ

(

^{2;3 .}

)

D. mÎ -

(

^{1;0 .}

)

Lời giải:

Chọn D.

Từ giả thiết, ta có ³ 3 ^{ 1} _ 1_

   

1 1

2018 3 2018 1 *

2018 2018

x y xy

x y x y ^{ } xy xy



  

        

Xét hàm số

 

^{2018 1}

2018

t

f t   t t trên R,

ta có:

 

^{2018 1} .ln 2018 1 0, . 2018

t

f t   t    t R Suy ra ^{f t}

 

đồng biến trên R.

Từ

 

* ta có ^{f x}



^3y



^{ f}



^



^xy1

 

hay ³



¹



¹

3

x y xy y x

x

       

 (vì x0nên 3 0

x  )

Khi đó, xét biểu thức

1 2 2

2 2.

3 3

x x x

T x y x

x x

  

    

  trên



^0;



, ta có

   

2 2

6 5

0, 0

3

x x

T x x

x

 

    

 . Do đó _



 

0;

min 0 2

m T T 3

     . Vậy mÎ -

(

^{1;0 .}

)

. Câu 48: [1D5-3] Cho hàm số ²

2 y x

 x

 , có đồ thị

 

^C và điểm M x y



0; 0

  

 C với x0 0. Biết rằng khoảng cách từ ^I



^2;2



đến tiếp tuyến của

 

^C tại M là lớn nhất, mệnh đề nào sau đây đúng?

A. 2x0y0 0. B. 2x0y0 2. C. 2x0y0  2. D. 2x0y0  4. Lời giải:

Chọn D.

Tập xác định: ^D ^\

 

^2 .

 

²

4 y 2

  x

 .

Phương trình tiếp tuyến của

 

^C tại M là:

 

2



0



⁰

0 0

4 2

2 2

y x x x

x x

  

 

   

2 0

2 2

0 0

4 2

2 2

x y x

x x

  

  .

     

 

 

2

2 0 2

0 0

4 0

4 2

2 2

2 2

, 16

2 1

x

x x

d d I

x

  

 

  

 

 

 

 

 

2 2

0 0 0

4 4

0 0

8 2 2 2 8 2

16 2 16 2

x x x

x x

    

 

    .

Đặt t x02 ;t0, khi đó 2 2

2 2

8 8 8

16 16 8 8

2 .

d

t t

t t

   

 .

Dấu bằng xảy ra x0  4 hay ^M



^4;4



. Cách khác

Lấy giao điểm của

 

^C và các đường thẳng trong từng đáp án ta tìm được các điểm M. Tìm các tiếp tuyến tại M rồi tính khoảng cách từ I đến các tiếp tuyến vừa tìm được để tìm ra đáp án.

Câu 49: [2H1-4] Cho ^{x y,} là các số thực dương. Xét các hình chóp SABC có

 , 

SA x BC y , các cạnh còn lại đều bằng 1 .Khi ^{x y,} thay đổi , thể tích khối chóp SABC có giá trị lớn nhất là

A. 2 3

27 . B. 1

8. C. 3

8 . D. 2

12 Lời giải:

S

A B

C

M N

Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC.

Do AM BC,SM BC→^BC



^SAM



. Chứng minh tương tự:^SA



^BCN



.

Do đó MN là đoạn vuông góc chung của SA vàBC vàSABC.

^{2 2 2} 1 ²

4

AM  AB BM  x → ^{2 2 2} 1 ^{2 2}

4 4

x y MN  AM AN    .

→ 1 ^{2 2}

4 x y MN   . Do đó: 1

. . ( ; ).sin( , )

V 6SA BC d SA BC SA BC =1 ^{2 2}

. . . 1 .sin 90

6 4

x y o

x y 



Hay 1 ^{2 2}

. . . 1

6 4

x y

V x y 

 

Do x²y² 2xy → 1 ^{2 2} 1

. . . 1 . . 1

6 4 6 2

x y xy

V x y  x y

   

Đặt 1 2 xy t

  →xy2(1t²)

Xét hàm số: 1 ² 1 1 ³

( ) .2.(1 ).

6 3 3

f t  t t t t

1 ²

( ) 0

f t   3 t → 3

t 3 → 3 2 3

3 27

f  

 

 

  Vậy _min 2 3

V  27 .Dấu bằng xảy ra khi: 4 x y 3 .

Câu 50: [2D1-4] Tính giá trị của biểu thức P x ²y²xy1,biết rằng:

 

2 2

1 1

4^{x x } log 142  y2 y1,với 13 0; 1 y x    2 .

A. P4. B. P2. C. P1. D. P3. Lời giải:

Chọn B.

Ta có:4^x2x1214^{2 x2.x121} 4.dấu bằng xảy ra khi:x² 1

Xét ( ) (f y  y2) y1 → ^{( ) 1}



^{2 .}



^{1 3 0}

2 1 2 1

f y y y y

y y

      

  →y0

( 1) 0

f   ; f(0) 2; 13 9 30

2 4

f   

Do đó:log 142 



y2



y1log 142



 f(0)



log 16 42  Vì vậy:4^x2x121log 142 



y2



y1khix² 1;y0. Vậy:P x ²y² xy1=2.