Đề thi thử đại học môn toán năm 2018 trường trần phú hà tĩnh lần 1 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

Câu 36: [1D4-2] Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số

 

2 2

2 2

2 4 2

x x khi x f x x

m khi x

  

 

  

 liên tục tại

2 x .

A. m1. B. m 2. C. m3. D. Không tồn tại m. Lời giải

Chọn B.

Ta có: ^lim₂

 

^lim₂ ^{2 2 lim}₂ ²

2

x x x

x x

f x x

x

  

   

 .

Để hàm số liên tục tại x2 thì

   

lim2 2 2 2 4 3

x f x f m m

      

.

Câu 37: [2H2-3] Một khúc gỗ dạng nón có bán kính đáy bằng r 30cm, chiều cao h120cm. Bác thợ mộc chế tác từ khúc gỗ đó thành một khúc gỗ có dạng khối trụ như hình vẽ. Gọi V là thể tích lớn nhất của khúc gỗ sau khi chế tác. Tính V .

A. ^0,16

 

^m3 _{. B.} ^0,36

 

^m3 _{. C.} ^{0, 024}

 

^m3 _{. D.}^{0, 016}

 

^m3 _.

Lời giải.

Chọn D.

x

h h'

B

O A

Giả sử khối trụ có bán kính đáy và chiều cao lần lượt là x, 'h



^{0 x 30;0 h' 120}



_.

Ta có

' 30 120 30

h x

 h' 120 4  x.

Thể tích khối trụ ^V ^{x h2 'x2}



^{120 4 x}



_120x² _4x³_{, 0 x 30.}

 

^{240 12 2}

V x  x x .

 

⁰

V x 

0 20 x x

 

   .

Lập bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x20. Vậy thể tích lớn nhất của khối trụ là ^{V 16000}

 

^{cm3 0, 016}

 

^m3 _.

Câu 38: [2D1-2] Cho hàm số ^{f x}

 

có đạo hàm trên ^R và có đồ thị hàm số ^{y f x'}

 

như hình vẽ.

Biết rằng ^f

 

^{ 1 f}

 

^{2  f}

 

^{1  f}

 

⁴ , các điểm ^A

  

^{1;0 ,B 1;0}



thuộc đồ thị. Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số ^{f x}

 

trên đoạn



^1;4



lần lượt là :

A. ^f

   

^{1 ;f 1} _{. B.} ^f

   

^{0 ;f 2} _{. C.} ^f

   

^{1 ;f 4} _{. D.} ^f

   

^{1 ;f 4} _.

Lời giải Chọn A.

Bảng biến thiên:

Ta có: ^f

 

^{1  f}

   

^{1 ,f 1  f}

   

^{2 , f 1  f}

 

⁴ _mà ^f

 

^{ 1 f}

 

^{2  f}

 

^{1  f}

 

⁴

 

⁴

   

^{1 , 4}

 

²

f f f f

   

. Vậy ^{max f x}

 

^{ f}

 

^{4 , min f x}

 

^{ f}

 

¹ _.

Câu 39: [1H3-3] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Cạnh bênSA vuông góc với đáy. Góc giữa SC và mặt đáy bằng 45. Gọi ^E là trung điểm của BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng ^DE và SC.

A.

38 19 a

. B.

5 19 a

. C.

5 5 a

. D.

38 5 a

. Lời giải

Chọn A.

O E

A D

B C

S J

H I

 



^{SC ABCD,}



^



^{SC AC,}



SCA 45^SA a 2.

Gọi ACED O , kẻ OJ//SC, ^SC



^DJE



_, ^{OJ }



^DJE



_nên ^SC//



^DJE



_hay



^,



d DE SC ^{d C DJE}



^,

  

_.

Gọi ^H và ^I lần lượt là hình chiếu của ^A trên ^ED và JH Ta có: ^{d A DJE}



^,

  

^{ AI}_.

1 .

ADE 2

S  AB CD ² 2

 a

; ED EC²CD²

2 2

2

a a

    

 

5 2

a . 2.S_ADE

AH  ED

2

5 2 a a

 2 5

5

 a

.

Ta có AD BC// nên

1 2 OC BC

OA  AD  2

3 SJ

 SA 2

AJ 3SA

  2

3a 2

 2 2

3

 a

2 2 2

1 1 1

AI  AJ  AH

2 2

1 1

2 2 2 5

3 5

a a

 

   

   

    ^{2 2}

9 5

8a 4a

  19₂

8a 2 2

19 AI a

 

Mặt khác^{d C DJE}



^,

  

^{ 1}₂^{d A DJE}



^,

  

^ ₁₉^{2a  a}₁₉³⁸

.

Câu 40: [1D1-3] Tổng các nghiệm thuộc khoảng



^;0



của phương trình

cos 2 sin cos

1 sin 2 x x x

  x

 bằng

A.

3 4

 

. B.

3 2

 

. C. ²



. D. ⁴

 . Lời giải

Chọn A

Điều kiện: ^,

 

x 4 k k

Ta có:

cos 2 sin cos

1 sin 2 x x x

  x



   

 

²

sin cos sin cos

sin cos

sin cos

x x x x

x x

x x

  

  

 



^{sinx cosx}

 

^{sinx cosx}



^{sinx cosx}

     

sin cos 0

sin cos 1

x x

x x

 

   

sin 0

4 sin 1

4 2

x x





   

  



    

  



 

4 2

3 2

2

x k

k x k

x k

 



 

   



  



  





.

Các nghiệm điều thỏa điều kiện. Vì ^{x }



^;0



_nên ^{x }_{4 ;} ^{x }_{2 .}

Vậy tổng các nghiệm là 3

4

  .

Câu 41: [2D1-3]Từ một tấm tôn có hình dạng là nửa hình tròn có bán kính R 3 người ta muốn cắt ra một hình chữ nhật (hình vẽ). Diện tích lớn nhất có thể của tấm tôn hình chữ nhật là

N M

O P Q

A.

9

2. B. 6 2 . C. 9 . D. 9 2 .

Lờigiải ChọnC.

x R=3

N M

O P Q

Đặt ^{OQ x , 0}



^{ x 3}



_.

Ta có :^PQ2x; MQ 9x² .

Diện tích hình chữ nhật ^MNPQ là :SMNPQ ²x ⁹x²  x² 



⁹x²



⁹ .

Dấu " " xảy ra khi

2 3

9 2

x x  x

(thỏa mãn).

Vậy diện tích hình chữ nhật ^MNPQ lớn nhất là 9 .

Câu 42: [2D2-3] Biết x¹, x²



x1x2



là hai nghiệm của phương trình



²



^{2 3 1}

log3 x 3x 2 2 5^{x x} 2

và tổng x¹2x² được viết dưới dạng ¹₂



^{a b}



với a, b là hai số nguyên dương. Tính a b .

A. a b 11 . B. a b 14. C. a b 13. D. a b 16 . Lời giải

Chọn B.

Điều kiện x1 hoặc x2. Đặt t x²3x2,



^t⁰



.

Khi đó ta được phương trình 3

 

²

log 2 1.5 2 0

5

t  t  

 

^* _.

Xét hàm số

 

3

 

²

log 2 1.5 2

5 f t  t  t 

;

   

^{1 2} .5 .ln 5 0,²



0;



2 .ln 3 5 t t

f x t

  t     

 .

Mặt khác ^f

 

^{1 0}. Dó đó phương trình

 

^* có nghiệm duy nhất t1. Suy ra x²3x 2 1x²3x 1 0

3 5

x 2

  (nhận).

Khi đó,

 

1 2

2 3 5

3 5 9 5

2 2 2 2

x  x      

9; 5

a b

       a b 9 5 14.

Câu 43: [2D1-3]Cho ^{x y,} là hai số không âm thỏa mãn ^{x y 2}. Gọi ^{a b,} lần lượt là giá trị nhỏ nhất,

giá trị lớn nhất của biểu thức

3 2 2

1 1.

P3x x y  x

Khi đó kết luận nào sau đây là đúng?

A.

22 a b  3

. B.

10 b a  3

. C. a b 8. D.

32 a b  3

. Lời giải

Chọn B.

Theo giả thiết, ta có

0 , 2

2 x y

y x

 

  

 . ^{1 3 2}



²



^{2 1 1 3 2 2 5 5}

3 3

P x x  x   x x  x  x .

Xét hàm số

 

^{1 3 2 2 5 5}

f x 3x  x  x

trên đoạn

 

^{0; 2} _.

 

^{2 4 5}

f x x  x ;

   

 

1 0; 2

0 5 0; 2

f x x

x

  

   

  

 .

 

^{1 7}

f  3

; ^f

 

^{0 5} _; ^f

 

^{2 17}_{3 .}

Vậy ^{min }_0;2

 

⁷

a f x 3

; ^{max }_0;2

 

¹⁷

b f x  3 10

b a 3

   .

Câu 44: [2H1-3] Cho tứ diện đều cạnh a và điểm ^I nằm trong tứ diện. Tính tổng khoảng cách từ ^I đến các mặt của tứ diện.

A. a 6. B.

6 9 a

. C.

3 2 a

. D.

6 3 a

. Lời giải

Chọn D

Gọi V là thể tích tứ diện đều ABCD và gọi h¹, h² , h³, h⁴ lần lượt là khoảng cách từ ^Iđến các mặt



^BCD



_,



^ACD



_, ABD, ABC.

Đặt V¹V^IBCD, V² V^IACD V₃ V_IABD, V⁴ V^IABC. Ta có V V V ^{1 2} V³ V⁴.

1 1

1 . 3 ^BCD

V  h S ¹ 3 ¹

BCD

h V

  S

Tương tự

2 2

3

ACD

h V

 S

,

3 3

3

ABD

h V

 S

,

4 4

3

ABC

h V

 S .

Vậy

3

1 2 4

1 2 3 4

3

3 3 3

BCD ACD ABD ABC

V

V V V

h h h h

S S S S

      

.

Lại có tứ diện ABCDlà tứ diện đều nên

2 3

BCD ACD ABD ABC 4

S S S S a

Suy ra



1 2 3 4



1 2 3 4 2

3

3 4 V V V V h h h h

a

  

    3₂

3 4 V

 a

3

2

3. 2 12

3 4 a

 a

2 3

a 6

3

a .

Cách trắc nghiệm: Chọn đặc biệt ^{I A}. Khi đó tổng khoảng cách từ ^I đến các mặt của tứ

diện bằng khoảng cách từ ^A đến mp



^BCD



_{và bằng 3}^6a_.

Câu 45: [2H1 - 3] Cho ba đường thẳng đôi một chéo nhau , ,a b c . Gọi

 

^P là mặt phẳng qua ^a ,

 

^Q

là mặt phẳng qua ^b sao cho giao tuyến của

 

^P _và

 

^Q song song với ^c . Có bao nhiêu mặt phẳng

 

^P _và

 

^Q thỏa mãn yêu cầu trên?

A. A. Một mặt phẳng

 

^P , một mặt phẳng

 

^Q _.

B. Một mặt phẳng

 

^P , vô số mặt phẳng

 

^Q _.

C. Một mặt phẳng

 

^Q , vô số mặt phẳng

 

^P _.

D. Vô số mặt phẳng

 

^P và mặt phẳng

 

^Q _.

Lời giải Chọn A.

Qua một điểm I bất kì nằm trên đường thẳng ^a , kẻ đường thẳng ^a' song song với đường thẳng ^c . Khi đó mặt phẳng

 

^P cần tìm chính là mặt phẳng chứa 2 đường thẳng cắt nhau ^a và ^a'.

Qua một điểm ^J bất kì nằm trên đường thẳng ^b , kẻ đường thẳng ^b' song song với đường thẳng ^c . Khi đó mặt phẳng

 

^Q cần tìm chính là mặt phẳng chứa 2 đường thẳng cắt nhau ^b và ^b'.

Khi đó

 

^P _và

 

^Q là hai mặt phẳng cần tìm.

Dễ thấy chỉ có duy nhất một mặt phẳng

 

^P và một mặt phẳng

 

^Q thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Suy ra chọn đáp án A.

Câu 46: [2H1-3] Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D.     có tổng diện tích của tất cả các mặt là 36 , độ dài đường chéo ACbằng 6 . Hỏi thể tích của khối hộp lớn nhất là bao nhiêu?

A. 8 . B. 8 2 . C. 16 2 . D. 24 3 .

Lời giải Chọn B.

Gọi a, b, c là kích thước các mặt của hình hộp chữ nhật.

Không mất tính tổng quát giả sử 0  a b c.

Theo đề ta có: ^{2 2 2} 18 36 ab ac bc a b c

  

   

    a b c 6 2 Từ đó suy ra b c 6 2a và 0 a 2 2.

18

ab ac bc   ^{bc18a b c}



^



^{a26 2a18}_.

Thể tích khối hộp là ^{V abc a a}



^{26 2a18}



_.

Xét hàm ^{f a}

 

^{a36 2a218a} _{với 0 a 2 2.}

 

^{3 2 12 2 18}

f a  a  a ; ^{f a}

 

^{ 0 3a212 2a18 0}

2 3 2 a a

  

  . Bảng biến thiên:

Vậy thể tích lớn nhất của khối hộp là 8 2 .

Câu 47: [2H2-2] Một cốc nước có dạng hình trụ đựng nước có chiều cao 12cm, đường kính đáy 4cm, lượng nước trong cốc cao 8cm. Thả vào cốc nước ⁴ viên bi có cùng đường kính 2cm. Hỏi nước dâng cao cách mép cốc bao nhiêu xăng - ti – mét? ( làm tròn sau dấu phẩy hai chữ số thập phân, bỏ qua độ dày của cốc).

A. ^2,67cm. B. ^2,75cm. C. ^{2, 25cm}. D. ^2,33cm. Lời giải

Chọn A.

Thể tích của ⁴ viên bi là: ^4.4₃^r316₃^

 

^cm3

.

Gọi h là chiều cao nước dâng lên. Khi đó thể tích của ⁴ viên bi đúng bằng thể tích nước dâng

lên. Do đó ta có ^{16 .2 .2 4}

 

3  h h 3 cm .

Vậy nước dâng cao cách mép cốc là:

4 8

12 8 2, 67

3 3 cm

   

.

Câu 48: [1D2-3] Tìm số hạng không chứa ^xcủa khai triển

3 ⁿ x x

  

 

  . Biết ⁿ là số tự nhiên thỏa đẳng thức ^{C Cn2 nn22C Cn2 n3C Cn3 nn3 100}.

A. 9 B. 6 C. 54 D. ²

Lời giải Chọn D

Ta có điều kiện: ^n3, n .

2 ⁿ 2 2 2 3 3 ⁿ 3 100

n n n n n n

C C ^  C C C C ^  

 

Cn^{2 2}²C Cn² n³

 

Cn^{3 2} ^{100 }



^Cn2Cn3



^{2 100}_.

2 3 10

n n

C C

  



¹

 

¹

 

²



2 6 10

n n n n n

    ₃

60 0 n  n  .



^{n 4}

 

^{n2 4n 15}



^{0 n 4}

      

.

 

4 4 1 4

4 0

3 ^{k k} 3. ^k

k

x C x x

x

 



   

 

 



^{4 4 4 2 4}

0

k3 k k k

C ^ x ^







Số hạng không chứa x ứng với 2k   4 0 k 2.

Câu 49: [1H3-3] Cho tứ diện OABC có ^{OA OB OC, ,} đôi một vuông góc, góc OCB bằng 30, góc ABO bằng 60 và AC a 6. Điểm ^M nằm trên cạnh ^AB sao cho ^{AM 2BM} . Khi đó giá trị tan của góc giữa hai đường thẳng CM và OA bằng giá trị nào trong các giá trị sau?

A.

31

2 . B.

93

6 . C.

93

3 . D.

31 3 . Lời giải

Chọn C.

Gọi ^MH song song vớiOA,^H thuộcOB. Khi đó góc giữa CM và OA bằng góc giữa CM và HM .

Vì ^{OA OB OC, ,} đôi một vuông góc nên ^OA



^OBC



Do đó ^MH



^OBC



^{MH HC MHC H tan}



^{CM HM,}



^{tanCMH HC}

         MH

OBC vuông tại O tan OC OB

  OCB

ta 3n 0

 OB

 OB 3.

BHM vuông tại ^H MH BH.tanABO

1 3

tan 60

3 3

OB OB

  

OHC vuông tại OHC OH²OC^{2  }_²₃^OB_^2



^{OB 3}



^{2 31}

3

OB

Vậy ^tan



^{CM OA,}



^tan



^{CM HM,}



3^{31. 3} 3 HC OB

MH OB

  91

 3 . Câu 50: [2D2-4] Tìm m để phương trình 4 ^{x  1 3 x}14.2 ^{x  1 3 x}  8 m có nghiệm.

A.   41 m 32. B. m 41. C.    41 m 32. D. m 32. Lời giải

Chọn C.

Điều kiện xác định: 1  x 3.

Xét ^{f x}

 

^{ x 1 3x} _{với 1  x 3.}

Ta có:

 

^{1 1 3 1}

2 1 2 3 2 1 3

x x

f x x x x x

  

   

    ; ^{f x}

 

^{  0 x 1}_.

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra ^{2 f x}

 

^{2 2}_.

Do đó, đặt t2 ^{x  1 3 x} thì 2²  t 2^{2 2}, hay 4 t 4 ². Khi đó, phương trình đã cho trở thành: ^{t214t 8 m}

 

^* _.

Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình

 

^* có nghiệm 4 t 4 ². Xét hàm số ^{g t}

 

 ^{t2 14t}⁸ với 4 t 4 ².

Ta có ^{g t}

 

^{ 2 14t} _; ^{g t}

 

^{  0 t 7}_.

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra các giá trị của m để phương trình đã cho có nghiệm là

41 m 32

    .