Đề thi thử thpt quốc gia 2017-2018 môn toán trường chuyên Vĩnh phúc | 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 (570.12 KB, 13 trang )

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

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN 3 NĂM HỌC 2017 – 2018
Bài thi: TỐN

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

Họ, tên thí sinh:……….………. SBD:……….

Câu 23: [1D3-2] Số 6303268125 có bao nhiêu ước số nguyên?

A. 420 . B. 630 . C. 240 . D. 720 .

Lời giải

Chọn D.
Cách 1:

Áp dụng công thức: Nếu số N được phân tích thành thừa số các số nguyên tố dạng

N= p1k1. p
2

k2

. .. pnkn

thì số các ước nguyên dương bằng k =

(

k1+1

)(

k2+1

)

.. .

(

kn+1

)

. Do
đó số các ước nguyên của N là 2k .

Với

N=6303268125=3

.5

.7

.11

2 thì có

2.(5+1) (4+1) (3+1)(2+1)=720

ước số
nguyên.

Cách 2: Áp dụng hàm sinh.

N=6303268125=3

.5

.7

.11

2 nên

+ Hàm sinh để chọn số 3 là:

1+x+x

+

x

+

x

+

x

+ Hàm sinh để chọn số 5 là:

1+ x+ x

+

x

+

x

+ Hàm sinh để chọn số 7 là:

1+x+x

+

x

+ Hàm sinh để chọn số 11 là:

1+x+x

Suy ra hàm sinh các ước nguyên dương của 6303268125 có dạng:

f

(

x

)

=(1+x +x

+

x

+

x

+

x

)(1+x +x

+

x

+

x

) (1+x +x

+

x

) (1+x +x

)

Tổng số các ước nguyên dương của N là tổng tất cả các hệ số của các số hạng trong
khai triển trên, do đó số các ước nguyên dương của N là

f (1)=360

nên số ước
nguyên của N là 720 .

âu 28. [1D5-2] Cho hàm số f

(

x

)

x2

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

A.

f

(30 )

(

x

)

=30!

(

1−x

)

−30 . B.

f

(30 )

(

x

)

=30!

(

1−x

)

−31 .

C.

f

(30 )

( x )=−30! (1−x )

−30 . D.

f

(30 )

( x )=−30! (1−x )

−31 .

Lời giải

Chọn B.

Với g

(

x

)

k

(

ax+b

)

(

x ≠−

b

a, k ∈R , k ≠0

)

. Ta có: g

(n)

(

x

)

=k.

(

−1

)

n.an.n!

(

ax+b

)

n+1 , ∀ x≠−

b
a.

Hàm số f

(

x

)

x2

−x +1=−

(

x+1

)

+
1

−x +1 . Nên

f

(30 )

(

x

)

=

30 !

(

−

x+1

)

=

30!

(

−

x +1

)

−31

Câu 29. [2H2-3] Cần phải thiết kế các thùng dạng hình trụ có nắp đậy để đựng nước sạch có dung tích



cm3



V

. Hỏi bán kính R(cm)của đáy hình trụ nhận giá trị nào sau đây để tiết kiệm vật liệu
nhất?
A.
3 3
2
V
R


. B.
3 V

R


. C.
3
4
V
R


. D.
3
2
V
R


.
Lời giải
Chọn D.

Để tiết kiệm vật liệu nhất thì diện tích tồn phần của thùng phải ít nhất.

Ta có V R h2 2
V
h
R

 
.

Diện tích tồn phần của hình trụ là

2 2

tp

S  Rh R

2
2

2 R. V 2 R
R

 



  2V 2 R2

R 

 

2 2

2 3 2

V V

R V

R R  

   

Vậy

 

3 2

min 3 2

tp

S  V

khi

2
2

V

R
R  

3
2
V
R

 
.

Câu 31. [1H3-3] Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính cơsin của góc giữa mặt
bên và mặt đáy.

A.

3 . B.

2 . C.

2 . D.

1
3.

Lời giải

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

S

A

B C

D
O

a
a

I

+ Gọi O là tâm của hình chóp tứ giác đều .S ABCD . Ta có SO



ABCD



, đáy ABCD là hình
vng cạnh a và các mặt bên là các tam giác đều cạnh a.

+ Gọi I là trung điểm cạnh CD .

Theo giả thiết ta có:



SCD

 

ABCD



CD

OI CD

SI CD

 






 


nên góc giữa mặt bên



SCD



và mặt đáy



ABCD



bằng góc giữa hai đường thẳng OI và SI

bằng góc SIO . Khi đó:



cosSIO OI
SI



2
3
2

a



 1

cos

SIO

 

Câu 32: [2D3-2] Tìm một nguyên hàm F x( ) của hàm số ( ) ax+ 2 ( 0)
b

f x x

x

 

. Biết rằng

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

F   F  f 

A.

3 3 7

( ) .

4 2 4

x
F x

x

= + +

B.

3 3 7

( ) .

4 2 4

x
F x

x

= -

-C.

3 3 7

( ) .

2 4 4

F x x

x

= +

-D.

3 3 1

( ) .

2 2 2

F x x

x

= -

-Lời giải

Chọn A

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

Ta có

2
ax
( )

b

F x C

x

  

, theo giả thiết

1
2

( 1) 1; (1) 4

4
2

a

b c

F F

a
b c



  




    

   


 (2)

Từ (1) và (2) giải ra

3 3 7

2 2 4

a b c

. Vậy

3 3 7

( ) .

4 2 4

x
F x

x

= + +

Câu 33: [2H3-2] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1;0; 3), ( 3; 2; 5). B   
Biết tập hợp tất cả điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức AM2 BM2 30 là một mặt

cầu ( )S . Tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu ( )S là

A.I( 2; 2; 8);   R3. B. ( 1; 1; 4);I    R 6.

C. I( 1; 1; 4);   R3. D.

30
( 1; 1; 4); .

I    R

Lời giải

Chọn C

Gọi điểm M x y z( ; ; ) , từ giả thiết AM2BM2 30 x2y2z22x2y8z  . 9 0

 Tâm ( 1; 1; 4),I    R 1 1 16 9    9 3 .

Câu 34. [ 1D4-1] Cho hàm số

 

2 1 8
.

x x

y f x

x

  

 

Tính limx0 f x

 

A.

12. B.

13
.

12 C. . D.

10
11.

Lời giải
Chọn B.

 



 







0 0

0 3 3

2 1 1 8 2

lim lim

2 1

lim

1 1 8 2 8 4

1 13

1 .

12 12

x x

x

x x

f x

x

x x x

 



    


 

 

 

       

 

  

Câu 35. [2D2-2] Số nghiệm của phương trình









2 2

2 2 3 6 2 3

2 2 9 3 .8x x 3 6 .8x x

x x x x   x x  

       

là:

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

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

Chọn D.

Đặt

2
2

3
3 6

x x u

x x v

   




  


 .

Phương trình









2 2

2 2 3 6 2 3

2x 2x 9 x x 3 .8x x x 3x 6 .8x  x

       

(1) trở thành:



8v 1





8u 1



u  v  

(2).

+) Trường hợp 1: u = 0. Phương trình (2) thoả mãn.

Suy ra:

2 3 0 1 13

x  x   x 

+) Trường hợp 2: v = 0. Phương trình (2) thoả mãn.

Suy ra:

2 3 6 0 3 33

x  x   x 

+) Trường hợp 3:

0
0

u
v







 . Phương trình (2) tương đương với:
8 1 8 1

v u

 

 

(3).

Xét hàm số

 

8 1t

f t
t




trên R\{0}.

Nếu t > 0 thì 8 1 0;t  t0suy ra

 

8 1t

f t

t




> 0.

Nếu t < 0 thì 8 1 0;t  t0suy ra

 

8 1t

f t
t




> 0.

Suy ra

 

8 1t

f t
t




> 0 với mọi t R \ 0

 

Suy ra VT(3) > 0 với mọi u, v khác 0.
Do đó PT(3) vơ nghiệm.

Vậy PT(1) có 4 nghiệm phân biệt.

Câu 36: [2H1-3] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA vng góc với
đáy SA a 2. Gọi B D', ' là hình chiếu của A lần lượt lên SB SD, . Mặt phẳng



AB D' '



cắt

SC tại 'C . Tính thể tích khối chóp .S AB C D là:' ' '

A.

2 3

a
V 

. B.

2 2

a

V 

. C.

3 2
9

a
V 

. D.

2 3

a
V 

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

Lời giải
Chọn C

Ta có

2
2

' ' 2 2

3 3

SB SD a

SB SD  a  nên suy ra ' '/ /B D BD mà BD



SAC



 BDSC.

Do đó ' 'B D SC (1)

Ta có BC 



SAB



 BCAB' và AB'SB suy ra AB'SC (2)

Từ (1) và (2) suy ra



AB C D' ' '



SC nên ta có AC'SC
2

' 2 1

4 2

SC a

SC  a  .

Ta có

' ' ' ' 2 ' ' '. ' 2 1. 1

2 3 2 3

SA B C D SAB C

SABCD SABC

V V SB SC

V  V SB SC   .

Mà

3
2

1 2

. 2

3 3

SABCD

a

V  a a 

Vậy

3 3

' ' '

1 2 2

3 3 9

SAB C D

a a

V  

Tổng quát: Cho hình chóp .S ABCD là hình bình hành. Một mặt phẳng

 

 cắt
, , ,

SA SB SC SD tại A B C D', ', ', '. Ta có

' ' ' ' 1 '. '. '. '

4 ' ' ' '

SA B C D

SABCD

V SA SB SC SD SA SB SC SD

V SA SB SC SD SA SB SC SD

 

     

 

Câu 37: [1D3-2]Cho cấp số cộng

 

un biết u  và 5 18 4Sn S2n. Tìm số hạng đầu tiên u và công sai1
d của cấp số cộng.

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

Lời giải
Chọn A

Theo bài ra ta có









1 1

4 18

1 2 2 1

4 2

2 2

u d

n n n n

nu d nu d

 




 

 



  

 



 



4 18
2

u d

 


 




1 2
4

u
d



 


 .

Câu 38. [2H1-2] Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình thang vng tại A và D; SD vng góc với
mặt đáy (ABCD); AD =2 ;a SD=a 2. Tính khoảng cách giữa đường thẳng CD và mặt phẳng



SAB



A.

2
3

a ×

B. 2

a ×

C. a 2. D.

3
3

a

Lời giải
Chọn A.

Đáy là hình thang vng tại A và Dnên AB song song với CD
Kẻ DH SA

( ,( )) ( ,( ))

d CD SAB d D SAB DH

Áp dụng 2 2 2

1 1 1

DH DS DA

Thay SD=a 2.và AD=2a

Ta tính được

2
3

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Câu 41. [2H3-2] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm



1;0;0 ,





0;1;0 ,





0;0;1 ,





0;0;0



A B C D . Hỏi có bao nhiêu điểm cách đều 4 mặt phẳng



ABC

 

, BCD

 

, CDA

 

, DAB



.

A. 4. B. 5. C. 1. D. 8.

Lời giải
Chọn D.

Dễ dàng nhận thấy A B C D, , , lập thành tứ diện vuông. Các mặt bên chia hệ trục tọa độ ra

thành 8 mặt phẳng nên tương ứng có 8 điểm cách đều 4 mặt phẳng



ABC

 

, BCD

 

, CDA

 

, DAB



Có thể viết phương trình



 



, , ,

ABC BCD CDA DAB

Gọi M a b c( ; ; )Và lập phương trình khoảng cách tới các mặt phẳng.

Câu 42. [2H2-3] Với một đĩa phẳng hình trịn bằng thép bán kính R , phải làm một cái phễu bằng cách
cắt đi một hình quạt của đĩa này và gấp phần còn lại thành một hình nón. Gọi độ dài cung trịn
của hình quạt cịn lại là x. Tìm x để thể tích khối nón tạo thành nhận giá trị lớn nhất.

A.

2 6

R
x  

. B.

2 2

R
x  

. C.

2 3

R
x  

. D.

6
3

R
x 

.
Lời giải

Chọn A.

Độ dài cung tròn của hình quạt cịn lại là x nên chu vi đường trịn đáy của hình nón là x. Do

đó bán kính đường trịn đáy của hình nón là 2

x
r 

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Nên đường cao của hình nón là:

2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 4 4

x x x

h R    R   h R 

    .

Suy ra thể tích khối nón là:

2 2 2

1 1 1

. . . . .

3 3 4 4 12 4

x x x

V  h S  R    x R 

   
Tính
2 2
2 2
2 2
2
2
1 2
' 2
12 4
2
4
x
x

V x R x

x
R
 
  
 

  
 

 
 

 

2 2
2
2 2
2
2
2
4 8
6
4
x x
R
x
x
R
 
   
 

 

 
 

 


2 6
' 0
3
R
V x
    

(vì x 0)

Câu 44. [2D1-3] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số

cos - 2
cos

-x
y

x m



nghịch biến trên

khoảng
0;
2
 

 
 

.

A. m 2. B. m  hoặc 10 m .2

C. m 2. D. m  .0

Lời giải
Chọn B.





















2 2

sin cos sin cos 2 sin 2

cos cos

x x m x x x m

y

x m x m

    

 

 

Vì

0; sin 0

x  x

 



Hàm số

cos - 2
cos

-x
y

x m



nghịch biến trên khoảng

0; ' 0, 0;

2 y x 2

   
   
   
   
 













2 0 1 2

sin 2

' 0, 0;

0;1 0
2
cos
m m
x m
y x
m m
x m

 
  
    
       
 
 
  

.
Vậy
0
1 2
m
m



 
 .

Câu 45. [2D3-3] Một ô tô đang chạy với tốc độ 10 ( / )m s thì người lái đạp phanh, từ thời điểm đó ô tô
chuyển động chậm dần đều với v t( )5 10 (m/s)t , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng
giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển
được bao nhiêu mét.

A. 8 .m B. 10 .m C. 5 .m D. 20 .m

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Thời điểm đạp phanh ứng với 0t .

Thời điểm xe dừng hẳn ứng với v t( ) 5 10 0 t   2t .

Quãng đường ô tô đi được từ lúc xe được phanh đến khi dừng hẳn bằng.
2
0

( ) 10 ( )

v t dt m



Câu 46. [2D1-3] Gọi m là số thực dương sao cho đường thẳng y m 1 cắt đồ thị hàm số y x 4 3x22
tại hai điểm A B, thỏa mãn tam giác OAB vuông tại O ( O là gốc tọa độ ). Kết luận nào sau đây
đúng?

A.

7 9
;
4 4

m  

  . B.

7 9
;
4 4

m  

  . C.

3 5
;
4 4

m  

  . D.

5 7
;
4 4

m  

  .
Lời giải

Chọn C.

Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị:
4 3 2 2 1

x  x   m  x43x2 3 m0 (*).

Đặt x t t2  , ta được phương trình: ( 0) t23 3t m0 (**).

Với m thì 0 (m 3) 0 nên (**) có hai nghiệm trái dấu và (*) có hai nghiệm đối nhau a a, .
Tọa độ giao điểm có dạng A a m( ; 1); B a m( ; 1).

Tam giác OAB vuông tại O nên OA OB. 0
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 a2 (m 1)2.
Thay vào (*) ta được:









4 2

1 3 1 3 0

m  m  m . Phương trình này chỉ có một nghiệm dương

m . Vậy

3 5
;
4 4

m  

 .

Câu 47: [1D2-2] Từ các chữ số 0,1, 2, 3,5,8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đơi
một khác nhau và phải có mặt chữ số 3 .

A. 36 số. B. 108 số. C. 228 số. D. 144 số.
Lời giải

Chọn B

Gọi số cần lập là abcd
+ TH1:

Chọn d = có 1 cách3
Chọn a có 4 cách.
Chọn b c, có A42 cách

Þ Vậy có tất cả 4.A =24 48 (số)
+ TH2:

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Chọn b c, có A42 cách
Þ Vậy có tất cả 2
4

2.A =24 (s)

+ TH3:

Chn dạ 3ị d=

{ }

1; 5 có 2 cách
Chọn a có 3 cách.

Chọn vị trí đặt số 3 có 2 cách

Chọn 1 số đặt vào vị trí cịn lại có: 3 cách
Þ Vậy có tất cả 2.3.2.3 36= (số)

Vậy số các số tự nhiên thỏa ycbt là: 108 (số)

Câu 48: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai điểm A

(

0; 2; 4 , B-

) (

- 3; 5; 2

)

. Tìm tọa
độ điểm M sao cho MA2+2MB2 đạt giá trị nhỏ nhất.

A. M -

(

1; 3; 2

)

. B. M -

(

2; 4; 0

)

. C. M -

(

3; 7; 2-

)

. D.

3 7
; ; 1
7 2

Mổỗ-ỗỗ - ÷ư÷÷÷

è ø.

Lời giải
Chọn B

Gọi M x y z

(

; ;

)

Khi đó:

(

) (

)

2 2

2 2 2 4

AM =x + -y + +z

(

) (

)

2 3 5 2

BM = +x + -y + -z

Theo bài ra:

(

) (

)

(

)

(

)

(

)

2 2 2

2 2 4 2 3 2 5 2 2

MA + MB =x + -y + +z + x+ + y- + z

-(

2 2 2

)

(

) (

)

2 2

3 x y z 4x 8y 32 3éx 2 y 4 z 12ù 3.12 36

= + + + - + = ê + + - + + ú³ =

ë û

Vậy

(

2 2

)

min

2 36 4

x

MA MB y

z

ì
=-ïï
ïï

+ = Û íï =

ï =
ïïỵ

Vậy M -

(

2; 4; 0

)

thỏa ycbt.

Câu 49. [2D2-3] Tìm tập các giá trị thực của tham số m để phương trình

x x

4( 2 1)+ +( 2 1)- - m=0 có đúng hai nghiệm âm phân biệt.

A.(2;4). B. (3;5). C. (4;5). D. (5;6).
Lời giải

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Phương trình được viết lại thành:

1
m 4( 2 1)

( 2 1)

= + +

+ . Đặt t=( 2 1)+ x >0

Ta tìm tham số m để phương trình

1
m 4t

= +

có hai nghiệm nghiệm dương t thảo mãn:
0 t< <1

Xét

1
f(t) 4t

= +

trên (0;1). Có 2

1 1

f '(t) 4 0 t
2

= - ³ Û ³

. Lập bảng biến thiên ta tìm
được m (4;5)Ỵ .

Câu 50. [2H1-3] Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại

· · 0

B,AB=BC =a 3,SAB=SCB=90

và khoảng cách từ A đến (SBC) bằng a 2.
Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.

A. S 4a2. B. S8a2. C. S 12a2. D. S 16a2.
Lời giải

Chọn C

Gọi O là điểm đối xứng của B qua trung điểm E của AC. Từ giả thiết ta dễ dàng chứng
minh được SO vng góc với (ABC), đáy là hình vng cạnh a 3. Từ đó mặt cầu ngoại
tiếp hình chóp SABC là mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.OABC, bán kính mặt cầu là:

R SB

Theo giả thiết 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

OS =OH - OC =2a - 3a = 6a , nên:

2 2 2 2 2 2 2 2

OS =6a Þ SB =OS +OB =6a +6a =12a

Do đó:

R SB a 3

= =

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13></div>

Đề thi thử thpt quốc gia 2017-2018 môn toán trường chuyên Vĩnh phúc | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

(

)(

)

(

)

<i>N=6303268125=3</i>

.5

.7

.11

2.(5+1) (4+1) (3+1)(2+1)=720

<i>N=6303268125=3</i>

.5

.7

.11

<i>1+x+x</i>

+

<i>x</i>

+

<i>x</i>

+

<i>x</i>

<i>1+ x+ x</i>

+

<i>x</i>

+

<i>x</i>

<i>1+x+x</i>

+

<i>x</i>

<i>1+x+x</i>

<i>f</i>

(

<i>x</i>

)

=(1+x +x

+

<i>x</i>

+

<i>x</i>

+

<i>x</i>

)(1+x +x

+

<i>x</i>

+

<i>x</i>

) (1+x +x

+

<i>x</i>

) (1+x +x

)

<i>f (1)=360</i>

(

)

<i>f</i>

(

<i>x</i>

)

=30!

(

<i>1−x</i>

)

<i>f</i>

(

<i>x</i>

)

=30!

(

<i>1−x</i>

)

<i>f</i>

<i>( x )=−30! (1−x )</i>

<i>f</i>

<i>( x )=−30! (1−x )</i>

(

)

(

)

(