Đề thi thử đại học môn toán năm 2018 trường chuyên lào cai | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

Câu 4. [2D1-3] (Chuyên Lào cai 2018) Cho ABC đều. Người ta dựng một hình chữ nhật MNPQ có cạnh MN nằm trên cạnh BC, hai đỉnh ,P Q theo thứ tự nằm trên hai cạnh AC AB, của tam giác. Gọi S1S_ABC, S2 là diện tích lớn nhất mà hình chữ nhật MNPQ có thể nhận được. Khi đó:

A. ¹

2

S 3

S  . B. ¹

2

S 2

S  . C. ¹

2

S 2

S  . D. ¹

2

S 3 S  . Lời giải.

Chọn C

Để tứ giác MNPQ là hình chữ nhật BM CN. Đặt BM x MQ x .tan 60x 3. Không mất tính tổng quát giả sử AB1. Khi đó 3

ABC 4

S_  . Mặt khác S_MNPQ MN MQ. ^{ }



^{1 2 .x x}



³ x 3 2 3 x².

Dễ thấy để SMNPQ lớn nhất ^{ x 2. 2 3}



^{ 3}



^{14. Khi đó SMNPQ  83 SS12 2.}

Câu 9: [1D3-3] (Chuyên Lào cai 2018) Bạn Hùng trúng tuyển vào trường đại học A nhưng vì do không đủ nộp học phí nên Hùng quyết định vay ngân hàng trong 4 năm mỗi năm vay 3.000.000 đồng để nộp học phí với lãi suất 3% / năm. Sau khi tốt nghiệp đại học bạn Hùng phải trả góp hàng tháng số tiền T (không đổi) cùng với lãi suất 0, 25% / tháng trong vòng 5 năm. Số tiền T hàng tháng mà bạn Hùng phải trả cho ngân hàng (làm tròn đến kết quả hàng đơn vị) là:

A. 232518 đồng B. 309604 đồng C. 215456 đồng D. 232289 đồng Lời giải

Chọn D

Đặt m0= 3 (triệu đồng ) là số tiền Hùng vay mỗi năm học đại học và lãi suất r3% /năm.

Sau năm thứ nhất Hùng nợ ngân hàng là: m1 m0rm0  



1 r m



0

Sau năm thứ hai Hùng nợ ngân hàng là:

2 ( 1 0) ( 1 0)

m  m m r m m  (1 r m)( ₁m₀) (1 r m) ₀ (1 r m)² ₀

Sau năm thứ ba Hùng nợ ngân hàng là: m2  (1 r m) 0 (1 r m)² 0 (1 r m)³ 0

Sau năm thứ tư Hùng nợ ngân hàng là:

2 3 4

4 (1 ) 0 (1 ) 0 (1 ) 0 (1 ) 0

m  r m  r m  r m  r m

4

(1 ) [(10 ) 1]

1 1

r m r r

  

  

4

(1 r m) [(10 r) 1]

r

  



4 4

(1 0,03).3.[(1 0,03) -1]

m  0,03

  12,927(triệu)

Khi Hùng trả góp ngân hàng: Đặt T(triệu) là số tiền mỗi tháng Hùng trả ngân hàng và n = 0,25%/tháng

Sau tháng đầu tiên trả nợ Hùng còn nợ ngân hàng là:

1 0 ( 0 )

n  A T  A T n  (1 ) n A₀(1 ) n T Sau tháng hai trả nợ Hùng còn nợ ngân hàng là:

2 1 ( 1 )

n  n T  n T n  (1 ) n A² ₀(1 ) n T(1 ) n T² Sau 5 năm (60 tháng) trả nợ ngân hàng thì Hùng hết nợ. Do đó ta có:

60 2 60

60 (1 ) 0 (1 ) (1 ) ... (1 ) 0 n   n A   n T  n T    n T 

60 2 60

(1 )n A0 (1 ) (1 ) ... (1 )n T n T n T

        

60 2 60

1,0025 .12,927 1,0025.T 1,0025 .T .... 1,0025 .T

     ⁶⁰ 1,0025⁶⁰ 1

1, 0025 .12,927 .

0,0025

T 

 

Suy ra T 0, 232289(triệu) 232289 đồng.

Câu 12: [1H3-3] (Chuyên Lào cai 2018) Cho hình lăng trụ ABC A B C.    có đáy ABC là tam giác đều cạnh ^a, và A A  A B  7

A C a  12 .

Số đo góc giữa mặt phẳng



^{ABB A }



và



^ABC



là:

A. 75. B. 30. C. 45. D. 60.

Lời giải Chọn D.

B'

C'

G M

A C

B A'

Gọi G là hình chiếu vuông góc của A xuống mặt phẳng



^ABC



. Vì A A  A B  A C  7

a 12 GAGBGC hay G là trọng tâm tam giác ABC. Gọi ^{ }

 

^{ABB A }

 

^{, ABC}

 

S_GAB S_A AB_ ^.cos

Theo công thức Hê-rông, ta có:

2 3

A AB 6

S_{ }  a .

Có 1

GAB 3 ABC

S_  S_ 1 ² 3 3.a 4

 ² 3

12

a .

Vậy cos ^GAB

A AB

S

 S^

 



2

2

3 12

3 6 a

 a 1

 2   60.

Câu 14: [2H3-4] (Chuyên Lào cai 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm



^{2; 2;0}



A , ^B



^{2;0; 2}



và mặt phẳng

 

^{P x: 2y z  1 0.} Gọi ^{M a b c}



^{; ;}

  

^{ P} sao cho MA MB và góc AMB có số đo lớn nhất. Khi đó đẳng thức nào sau đây là đúng?

A. ¹¹



^{a b c }



^14. B. ¹¹



^{a b c }



^15.

C. ¹¹



^{a b c }



^16. D. ¹¹



^{a b c }



^17.

Lời giải:

Chọn A

Vì MA MB nên M thuộc mặt phẳng

 

^Q là mặt trung trực của AB. Do đó, M thuộc giao truyến của

 

^P và

 

^Q .

Phương trình mặt phẳng

 

^{Q y z:  0.}

Suy ra phương trình giao tuyến của

 

^P và

 

^{Q : x y t1 3t}

z t

  

 

  



Gọi ^M



^{1 3 ; ; t t t}



.

Ta có:  .

cos .

MA MB AMB MA MB

  ₂

2

11 2 1

11 2 5

t t t t

  

  .

Dễ thấy, cosAMB  0, t  nên AMB 90 do đó AMB lớn nhất khi và chỉ khi cosAMB nhỏ nhất.

Ta có:  11₂² 2 1

cos 11 2 5

t t

AMB t t

  

  ²

1 4

11t 2t 5

   

2

1 4

1 54

11 t 11 11

     

1 44

 54 5 27.



Câu 21. [2D4-3] (Chuyên Lào cai 2018) Trong các số phức ^z thỏa mãn z 1 5i   z 3 i, giả sử số phức có mô đun nhỏ nhất có dạng z a bi  . Khi đó a

S b bằng bao nhiêu?

A. 2

3. B. 1

3. C. 1

4. D. 3

2. Lời giải

Chọn B Ta có

1 5 3

z  i   z i    a bi 1 5i    a bi 3 i ^



^a1

 

^{2 b 5}

 

^{2  a3}

 

^{2 b 1}



²

2a 1 10b 25 6a 9 2b 1

        4a12b16 0  a 3b 4 0.

Vậy quỹ tích các điểm ^{M x y}



^;



biểu diễn số phức ^z là đường thẳng ^{x3y 4 0}

 

^d .

Có z OM , khi đó số phức ^z có mô đun nhỏ nhất khi và chỉ khi OM nhỏ nhất tức M là hình chiếu vuông góc của O trên đường thẳng

 

^d .

Phương trình đường thẳng OM là: 3x y 0

 

^{2 6;}

d OM M5 5

    

2 6 z 5 5i

    a bi 1 3 a

 b .

Câu 23. [1D1-3] (Chuyên Lào cai 2018) Biểu diễn nghiệm của phương trình



^{4 4}

  

4 sin xcos x sin 4x 3 1 tan 2 tan  x x 3 trên đường tròn lượng giác. Số điểm biểu diễn là:

A. 10. B. 8. C. 12. D. 6.

Lời giải Chọn B



^{4 4}

  

4 sin xcos x sin 4x 3 1 tan 2 tan  x x 3, (1)

Điều kiện:

2 ,

2 2 ,

x m m

x n n

 

 

   



   







4 2, 2 ,

x m m

x n n

 

 

   

 

   





 .

 

^{1 4 1 2sin}



^{ 2 xcos2x}



^{ 3 sin 4xsin 4x}_{cos .cos 2}^cos_x ^x _x ^3

4 2sin 22 x 3 sin 4x 2sin 2x 3

     cos 4x 3 sin 4x2sin 2x

1 3

cos 4 sin 4 sin 2

2 x 2 x x

   sin cos 4 cos sin 4 sin 2

6 x 6 x x

 

  

sin 4 sin 2

x 6 x

 

   

4 2 2 ,

6

4 2 2 ,

6

x x k k

x x k k

 

  

    

 

     







12 ,

5 ,

36 3

x k k

x k k

 

 

    

 

   







(thỏa điều kiện).

- Họ nghiệm ,

x 12 k k  có 2 điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác.

- Họ nghiệm 5

36 3,

x  k k có 6 điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác phân biệt với 2 điểm biểu diễn trên.

Vậy phương trình đã cho có tất cả 8 điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác.

Câu 34. [2D1-4] (Chuyên Lào cai 2018) Cho hàm số bậc 3 y ax ³bx²cx d có đồ thị như hình vẽ.

Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a ²  c² b 1 là:

A. 1

5 B. 1 C.5

8 D.1

3 Lời giải

Chọn C.

Dựa vào dáng điệu đồ thị ta có nhận xét a0. Đồ thị đi qua điểm (0;0)O nên d 0và phương trình y 0 có nghiệm kép.

Ta có: y 3ax²2bx c và y 6ax2b. Đồ thị có điểm uốn ( ;1)I xo với x_o 0. Do đó:

( ) 0_o

y x  6ax_o2b0   b 3ax_o. Vì a0 và x_o 0 nên b0.

Phương trình y 0 có nghiệm kép, do đó b²3ac0   b 3 ac. Xét biểu thức:

2 2 1

P a   c b 2ac 3 ac1

3 2 5 5

2 .

2 2 8 8

 ac 

    

 

Đẳng thức xảy ra khi 3

a c  4 ; 3 b 4.

Câu 36: [2D3-3] (Chuyên Lào cai 2018) Cho hàm số ^{f x}

 

liên tục trên _ và có ¹

 

0

d 2

f x x



^;

3

 

0

d 6

f x x



^{. Tính 1}

 

1

2 1 d

f x x





 ^.

A. 2

I 3. B. I 4. C. 3

I  2. D. I 6. Lời giải

Chọn B

Ta có ¹

 

1

2 1 d

I f x x









   

1 2 1

1 1

2

1 2 d 2 1 d

f x x f x x







 



 ^.

Tính

 

1 2 1

1

1 2 d

I f x x









Đặt t 1 2x dt 2dx; Đổi cận: x 1  t 3; 1

x 2  t 0.

0

 

1 3

1d I  f t 2 t

 



³

 

0

1 d

2 f t t





³

 

0

1 d 3

2 f x x





 ^.

Tính 2 ¹

 

1 2

2 1 d I 



f x x

Đặt t2x1dt2dx; Đổi cận: 1

x 2  t 0; x1  t 1.

1

 

1 0

1d

I 



f t 2 t ¹

 

0

1 d

2 f t t





¹

 

0

1 d 1

2 f x x





 ^.

Vậy I  I1 I2 4.

Câu 37: [1D2-3] (Chuyên Lào cai 2018) Xếp sáu chữ số 1;1;2;2;3;4 theo một hàng ngang. Tính xác suất để xảy ra biến cố: “ 2 chữ số giống nhau thì không đứng cạnh nhau”.

A. 7

15. B. 4

15. C. 8

15. D. 11

15. Lời giải

Chọn A.

Gọi số có sáu chữ số cần lập là:x x x x x x1 2 3 4 5 6.

Số cách chọn vị trí cho hai chữ số 1 và hai chữ số 2 là: C C6². 4². Số cách lập số là: C C₆². .2! 180₄²  ( Cách). n_{ } 180. Gọi A là biến cố: “ 2 chữ số giống nhau đứng cạnh nhau”.

A là biến cố: “ 2 chữ số giống nhau không đứng cạnh nhau”.

Biến cố A có các trường hợp là:

TH 1: Hai số 1 và hai số 2đứng cạnh nhau.

TH 2: Hai số 1 đứng cạnh nhau và hai số 2 không đứng cạnh nhau.

TH 3: Hai số 1 không đứng cạnh nhau và hai số 2 đứng cạnh nhau.

 Số cách lập số của A là: C C¹5. .2!.24² C¹4.C 2! 96¹3  ( Cách) n_A 96. Vậy xác suất của biến cố Alà: A ^A

P n n_

 96

180 8

15. P_A  1 P_A 7

15. Câu 38. [2D1-3] (Chuyên Lào cai 2018) Cho đồ thị hàm số 9 ^{4 2}

3 1

y8x  x  có ba điểm cực trị A, B, C như hình vẽ. Biết M , N lần lượt thuộc AB, AC sao cho

đoạn thẳng MN chia tam giác ABC thành hai phần bằng nhau.

Giá trị nhỏ nhất của MN là:

A. 2 6

3 . B. 2 2

3 . C. 2 5

3 . D. 2 7

3 .

Lời giải:

Chọn A.

Ta có 9 ³ 2 6

y  x  x;

0

0 2

3 x

y x

 

  

  



.

Suy ra ^A



^{0; 1}



, 2 3; 3 B  

 , 2 3; 3 C  

 . Ta thấy 4

AB BC  AC 3 nên ABC đều.

Theo giả thiết ta có 1 2

AMN ABC

S S





 .₂ 1

2 AM AN

 AB  8

. 3

AM AN

  .

Áp dụng định lí cô sin trong AMN , ta có



2 2 2 2 . .cos

MN AM AN  AM AN MAN 2AM AN AM AN.  . 8

. 3

AM AN

  .

Do đó, 2 6

MN 3 . Dấu “^” xảy ra  AM AN hay AMN.

Câu 39: [1D4-3] (Chuyên Lào cai 2018) Đặt ^{f n}

 

^



^{n2 n 1}



^21. Xét dãy số

 

un ^:

     

     

1 3 ... 2 1 2 4 ... 2

n

f f n

u f f f n

  . Tính limn u_n .

A. 1

limn uⁿ  3 . B. 1

limn uⁿ  2. C. limn u_n  3. D. limn u_n  2. Lời giải:

Chọn B

Ta có: ^{f n}

 

^



^{n2 n 1}



^{2 1}



^n21

  

^n1



^21



^{ n N*.}

               

               

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

1 1 2 1 3 1 4 1 ... 2 1 1 2 1

2 1 3 1 4 1 5 1 ... 2 1 2 1 1

n

n n

u n n

      

        ²

1 2n 2n 1

   .

limn u_n  lim ₂

2 2 1

n

n  n 2

lim 1

2 1

2 n n



 

1

 2.

Câu 42. [2D1-3] (Chuyên Lào cai 2018) Cho hàm số bậc ba

 

^{3 2}

y f x ax bx cx d có a0 và đồ thị hàm số ^{y f x}

 

như hình vẽ ở bên.

Tìm tập hợp tất cả các giá trị ^m để phương trình ^{f x}

 

^m có đúng 4 nghiệm thực phân biệt.

A.



0; 2 .



B.



^{ 4; 2}



. C.



2; 4 .



D. m4.

Lời giải:

Chọn B.

Từ đồ thị hàm số ^{y f x}

 

như hình vẽ và a0, ta suy ra đồ thị của hàm số ^{y f x}

 

có dạng sau:

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

x y

Do đó, đồ thị hàm số ^{y f x}

 

có dạng như sau:

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

x y

d: y=m

Phương trình ^f

 

^{x m} có đúng 4 nghiệm thực phân biệt ^{   m}



^{4; 2}



.

Câu 44: [2D3-3] (Chuyên Lào cai 2018) Cho hàm số ( )f x liên tục và có đạo hàm trên _ , có ( ) 0,

f x   x  ,^f

 

^{0 1} . Biết rằng ( ) ( ) 2 2

f x x

f x

   . Tìm tất cả các giá trị của ^m để phương trình ( )f x mcó 2 nghiệm thực phân biệt.

A. 1 m e B. 0 m e C. ^{m e} D. 1 m e Lời giải

Chọn B Ta có:

( ) 2 2 ( )

f x x

f x

   ( )

d (2 2 ) d ( )

f x x x x

f x





 



 ln | ( ) | 2f x  x x ²c ln ( ) 2f x  x x ²c

 

( do f x >0)

(0) 1

f  ln( (0)) ln1f  C _{ C 0}. ln ( ) 2f x x x2

    f x( ) e ^{2x x 2}  f x( ) (2 2 ).e  x ^{2x x 2} 0 x 1 Ta có bảng biến thiên

0 m e

  

Câu 45: [2D4-4] (Chuyên Lào cai 2018) Cho số phức ^zthỏa mãn 5 3

2 2 2

z    i z i . Biết biểu thức Q z     2 4i z 4 6i đạt giá trị nhỏ nhất tại ^{z a bi a b  ,}



^{, }



. Tính P a 4b.

A. P 2 B. 1333

P 272 C. P 1 D. 691 P272 Lời giải

Chọn?

Đặt ^{z x yi x y  ,}



^{, }



.

Từ giả thiết, ta có ^{5 2}



¹



^{2 3 2}



²



²

2 2

x y x y

          

   

   

2x 6y 1 0

   

 Điểm ^{M x y}



^;



biểu diễn số phức ^z thuộc đường thẳng :2d x6y 1 0.

Đặt ^A



^{2; 4 ,}

 

^{B 4;6}



. Khi đó Q z     2 4i z 4 6i MA MB . Gọi A là điểm đối xứng với A qua d.

Khi đó với mọi M d MA MA ,  .

Dễ thấy ,A Bnằm trên cùng nửa mp bờ là d nên A và Bnằm khác phía đối với d.

d

M A'

A B

Ta có Q MA MB  MA MB A B Qmin A B

   M là giao điểm của _{A B} và d Đường thẳng AA có pt: 3x y  10 0

 59 23 20 20;

H 

 

 

39 17 10; 10 A 

   

 Đường thẳng A B có phương trình: 77x y 302 0 1813 681 460 460;

M 

  

P a 4b 911

460

Câu 47: [2H3-4] (Chuyên Lào cai 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình dạngAx By Cz D   0 và có ƯCLN A B C D  , , ,  1. Để mặt phẳng (P) đi qua điểm (1; 2; 1)B  và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất thì đẳng thức nào sau đây đúng?

A. A²B²C²D² 46. B. A²B²C²D² 24. C. A²B²C²D² 64. D. A²B²C²D² 42.

Lời giải:

Chọn D

O

H B

Dựng ^{OH }

 

^P với ^H

 

^P thì OH OB vậy ycbt xảy ra khi ^{OB}



^{1; 2; 1}



là véc tơ pháp tuyến

  

^{P :1 x 1}



²



^{y 2}

 

^{1 z 1}



^{0  x 2y z  6 0}

Vậy A²B²C²D² 42.