Bài tập có đáp án chi tiết trong đề thi đại học môn toán năm 2018 trường thpt chuyên biên hòa lần 1 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (334.28 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SẢM PHẨM TỔ 3 LẦN 1 NĂM 2018
THPT CHUYÊN BIÊN HÒA, HÀ NAM (lần 1)
Câu 6: [2D1-3]Cho hàm số yf x

 

có đồ thị yf x

 

như hình vẽ:

Xét hàm số

 

2 2 4 3 6 5

    

g x f x x x m



m 



. Để g x

 

0 với    5; 5

 

x

thì điều kiện của m là:

A. 2

 

5
3



m f . B. 2

 

3


m f .

C. 2

 

0 2 5

 

m f . D. 2





4 5

  

m f .

Lời giải
Chọn A.

Ta có

 

2

 

6 2 4

    

g x f x x

 

3 2 2 0

 

3 2 2 0

           

g x f x x f x x

Để g x

 

0 với    5; 5

 

x thì max ( ) 0g x  với   5; 5

 

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Dựa vào đồ thị hàm số yf x

 

và 3 2 2

 

y x ta thấy

 

3 2 2 0  5; 5

       

f x x x

 

0  5; 5



    

 

g x x nên hàm số g x

 

luôn đồng biến trên  5; 5

  .

Suy ra Maxg x

 

g

 

5 2f

 

5  3m 2

 

5 3 0 2

 

5
3

 f  m  m f .

Câu 7: [1H1-2] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: 3x y  2 0. Viết phương trình
đường thẳng dlà ảnh của đường thẳng d qua phép quay tâm O góc quay 90 .o


A. d x: 3y 2 0. B. d x: 3y 2 0 .

C. d: 3x y  2 0 . D. d x:  3y 2 0 .

Lời giải
Chọn B.

Lấy điểm A



0; 2



d, gọi Alà ảnh của A qua phép quay tâm O góc quay 90o

 , suy ra



2;0



A

Gọi d là ảnh của đường thẳng d qua phép quay tâm O góc quay 90o

 , suy ra dvng góc

với dvà đi qua A.

d d suy ra d x: 3y m 0

Ad suy ra m 2
Vậy d x: 3y 2 0 .

Câu 14: [2H2-4] Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác đều. Đường cao SH với chân đường cao

nằm trong ABC và 2SH BC;



SBC tạo với





ABC một góc



600. Biết có một điểm O

thuộc SH sao cho d



0,AB



d



0,AC



d O SBC





1. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp
chóp đã cho.

A.256
81



. B. 125

162



. C. 500



. D. 343



Lời giải
Chọn D.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>





OE AB

AB SEO AB HE

SH AB

 

  



 

Tương tự HF AC; HOE HOF HE HF  AH là tia phân giác của góc BAC

AHBC D là trung điểm của BC .

Kẻ OK SD OK d O SBC





1 , Đặt AB BC CA  2a SH a

.cot 60

a

HD a  , AD a 3 3 HD nên ABC đều nên .S ABC là chóp tam giác đều.

Xét tam giác SOK có 0 2

sin 30
OK

SO   .

Do DEF đều và OH 



DEF



nên EO FO DO   1 OK  K D

DSO

  vuông tại D





2 . 2 3

3 2

a

DH HS HO a a a

      

2 2 2

3 21

3 3 ;

2 4

AB AH SH SA SH AH

        

2 7 343

2 4 48

mc mc

SA

R V

SH 

     .

Câu 30: [1H1-2] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn

  

C : x 2



2



y1



2 9. Gọi



C'



là

ảnh của

 

C qua việc thực hiện liên tiếp phép vị tự tâm O, tỉ số 1

k  và phép tịnh tiến theo

véc tơ v  



1; 3



. Tìm bán kính R của đường tròn



C'



A. R  .9 B. R  .3 C. R 27. D. R  .1

Lời giải
Chọn D.

* Ta có: đường trịn

 

C có bán kính R  .3

* Gọi

 

C1 là ảnh của

 

C qua phép vị tự tâm O, tỉ số

1
3

k  , ta có

 

C1 có bán kính là:

1 . 1

R k R .

* Đường tròn



C'



là ảnh của

 

C1 qua phép tịnh tiến theo véc tơ v  



1; 3





nên đường trịn



C'



có bán kính là: R R11.

Câu 37: [2D2 -4] Cho f n

 



n2 n 1



2 1 n N*

      . Đặt

 





 





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

n

f f f n

u

f f f n



 .

Tìm số n nguyên dương nhỏ nhất sao cho un thỏa mãn điều kiện 2

10239
log

1024

n n

u u   .

A.n 23. B. n 29. C. n  .21 D. n  .33

Lời giải
Chọn A

Ta có f n

 



n2 n 1



2 1

    



n21







n1



21

  .

Khi đó ta có



 









 







2 2 2 2 2

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

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

n
n n
u
n n
   
        
 

 
 
         






2
2

2n 1 1



 

1
2n 2n 1


</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Theo đề bài ta có 2

10239

log

1024

n n

u u  log 22



2 2 1



2 1 10239 0

2 2 1 1024

n n

      

  .

Xét hàm số

 





2 2

1 10239

log 2 2 1

2 2 1 1024

g n n n

n n

    

  với n 1.

Ta có

 









2 2

4 2 4 2

2 2 1 ln 2 2 2 1

n n

g n

n n n n

 

   

    với n 1 g n

 

nghịch biến.

Mà 1 2047 0

g  

 

 

nên





2 2

1 10239

log 2 2 1 0

2 2 1 1024

n n

     

 

1 2047

n  

  . Do n nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn nên n 23

Câu 42: [2D3-3] Cho hàm số yf x( ) liên tục và có đạo hàm trên  thỏa mãn f(2)2,
2

( )d 1

f x x 



. Tính tích phân

 

I 



f x x.

A. I 10. B. I 5. C. I 0. D. I 18.

Lời giải
Chọn A

Đặt x t  dx2 dt t. Đổi cận :x



0;4



 t



0; 2



. '( )d

I 



t f t t sử dụng phương pháp tính tích phân từng phần ta được :

2
2
0

2 ( ) ( ).d 10.

I  tf t  f t t 







( Vì tích phân không phụ thuộc vào biến số nên

( ).d 1

f t t 



Câu 44: [2H1-4] Xét khối tứ diện ABCDcó cạnh AB2 CD2 18

  và các cạnh khác bằng 5. Biết thể

tích tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất có dạng ax ; , ;( , ) 1
4

m

x y

V x y N x y

   . Khi đó x, y

thỏa mãn bất đẳng thức nào dưới đây

A. x y2 xy 4550

   . B. xy2x y 2550.

C. x2 xy y2 5240

   . D. x2 y19602.

Lời giải
Chọn A

Gọi M là trung điểm CD, và K là trung điểm AB

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Đặt AB b 0 và CD a 0

2 2 1 2

100
2

BM  BC  MC   a ; 1 100 2

SM BM   a

1 1

. 100

2 4

BCD

S  BM CD a  a

2 2 1 100 ( 2 2) 1 100 18 82

2 2 2

MK  BM  BK   a b   

1 1 82 82

. .

2 2 2 4

ABM

S  MK AB b b

Mặt khác:
2
2
82
2. .
2.

1 4 82.

2 100 100

BCD
BCD

b

S b

S SH BM SH

BM a a

    




Ta có: . 2 2

1 1 1 82. 82

. . . 100 .

3 3 4 100 12

A BCD BCD

b

V S SH a a ab

a

   



Theo Cơ-si ta có:

2 2

9
2

a b

ab  

Suy ra : . 3 82

A BCD

V  . Dấu bằng xảy ra khi a b 3

Vậy ax 3 82

m

V  . Suy ra x3;y82

Câu 45: [1D2-3] Tính tổng S  1 2.2 3.22 4.23 ... 2018.22017

    .

A. S 2017.22018 1

 . B. S 2017.22018.

C. 2018

2018.2 1

S   . D. S 2019.220181 .

Lời giải
Chọn A.

* Phân tích:

- Có thể làm theo cách trắc nghiệm bằng cách tính S  1 2.2 3.22

 và tương ứng với bộ (hệ

số, số mũ) =(3, 2) vào các phương án trả lời, suy ra đáp án A.

- Bài tốn tổng qt: Tính tổng 1 2 3

0 1.q 2.q 3.q ... .q

n
n

S a a a a  a với a a a0, , ,...,1 2 an lập

thành một cấp số cộng. Phương pháp để tính S là nhân cả 2 vế với q rồi trừ vế với vế, sử dụng
cơng thức tính tổng n số hạng liên tiếp của một cấp số nhân là xong.

* Lời giải:

- Ta có: 1 2 3 2017

1 2.2 3.2 4.2 ... 2018.2

S      

1 2 3 2017 2017

2.S 1.2 2.2 3.2 ... 2017.2 2018.2

      

- Trừ vế với vế của hai biểu thức trên ta được:



1 2 2017



2018

2 1 2 2 ... 2 2018.2

S S      

2017

2017 2018 2018

2018

2 1

1 2 2018.2 1 2 2 2018.2

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu 46: [1D5-3] Cho hàm số yf x

 

xác định và có đạo hàm trên  thỏa mãn



1 2







f  x  x f  x

   

    . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số yf x

 

tại

điểm có hồnh độ bằng 1.

A. 1 6

7 7

y x . B. 1 8

7 7

y x . C. 1 8

7 7

y x . D. 6

yx .

Lời giải
Chọn A.

* Phân tích:

+ Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số yf x

 

tại điểm có hồng độ x0 là:

  

0 . 0



 

0 .

yf x x x  f x Do đó, muốn viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại

điểm có hồnh độ x0 ta phải tính được f x( )0 và f x( ).0

+ Trong giả thiết, chỉ cho duy nhất một điều kiện về hàm f x( ), vì vậy chắc chắn phải căn cứ
vào giả thiết này để tính f x( )0 và f x( ).0

* Lời giải

+ Đặt



f(1 2 ) x



2  x



f(1 x)



3   x

 

Trong

 

1 cho x 0 ta được



(1)





(1)



2 0 (1) 0 .

(1) 1

f

f f

f




   




+ Đạo hàm 2 vế của

 

1 ta được:





2.(1 2 ) . (1 2 ). (1 2 ) 1 3.(1 x f   x f  x    x f) . (1   x). f(1 x)





 

4. (1 2 ). (1 2 ) 1 3. (1f x f x f x). (1f x) 2

      

Trong

 

2 cho x 0 sẽ được: 4. (1). (1) 1 3. (1).f f   f



f(1)



 

3 .

Nếu f(1) 0 thay vào

 

2 vô lý  f(1)1.

Thay f(1)1 vào

 

2 sẽ được (1) 1.

f  

+ Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: 1



1 1



y x  hay 1 6.

7 7

y x Chọn A.

Câu 47: [2D1-3] Cho hàm số yf x

 

xác định trên  và có đạo hàm f x'

 

thỏa mãn

  

 



' 1 2 ( ) 2018

f x   x x g x  với g x

 

0   x . Hàm số yf



1 x



2018x2019

nghịch biến trên khoảng nào ?

A.



1;



. B.



0;3



. C.



 ;3



. D.



3;



Lời giải
Chọn D.

Ta có: y' f



1 x



2018 1 1



 x

 

   1 x



2 g



1 x



 2818 2018

x



3 x g

 

1 x



Suy ra: 0





0 0

x

y x x

x




      



 (do





1 0

g  x    x ).

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7></div>

Bài tập có đáp án chi tiết trong đề thi đại học môn toán năm 2018 trường thpt chuyên biên hòa lần 1 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

 

 

 

 





<sub> </sub>

 

 

 





 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 









<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

































<sub></sub>

<sub></sub>

  











 









 

 

 

 





 









 

<sub></sub>

<sub></sub>

 