Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán trường thpt chuyên thái bình | 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 (486.62 KB, 11 trang )

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

Câu 1: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;2;5). Số mặt phẳng
)

( đi qua M và cắt các trục Ox, Oy, Oztại A , B , C sao cho OAOBOC( A ,
B , C không trùng với gốc tọa độ O)

A. 8. B. 3. C. 4 . D. 1.

Lời giải
Chọn C.

Gọi A a



;0;0



,B



0; ;0b



,C



0;0;c điều kiện:



abc0.

Phương trình mặt phẳng

 

 là:   1

c
z
b
y
a
x

. Do

 

 đi qua M nên ta có: 1251

c
b

a (1)

Theo đề ra OAOBOC nên ta có a b c 

























c
b
a

c
b

a

c
b
a

Với abc thay vào (1) ta được abc8.

Với abc thay vào (1) ta được abc2.

Với a b c thay vào (1) ta được abc6.

Với abc thay vào (1) ta được abc4.

Vậy chọn đáp án (C).

Câu 2: [1H3-3] Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD đáy ABCD là hình vng, E là điểm đối xứng
của D qua trung điểm SA Gọi . M N, lần lượt là trung điểm của AE và BC Góc giữa hai.
đường thẳng MN và BD bằng

A. 90 . B. 60 . C. 45. D. 75.

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

Gọi K là trung điểm SA . Ta có 1
2


MK AD (đường trung bình tam giác ADE)

 MNCK là hình bình hành MN



SAC (1)







 

 



 

SO BD

BD SAC

AC BD (2)

Từ (1) và (2) suy ra MN BD

Vậy đáp đáp án A đúng.

Câu 3: [2D1-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  



2018; 2018



để hàm số

2 1 1

y x   mx đồng biến trên



  ;



A.2017 . B. 2019 . C.2020 . D.2018 .

Lời giải
Chọn D.

Hàm số y có tập xác định là



  ;



Ta có ' 2
1

x

y m

x

 

 .

Hàm số đã cho đồng biến trên



   ;



y' 0     x



;



và y ' 0 tại hữu hạn

điểm.

2 1 0

x

m
x

  

 x   2 1

x
m

x

 

 x   min 2 1 (*)

x
m

x

 





Đặt ( ) 2

x

f x

x



 với x  .

Ta có





2 2 2

1
1

'( ) 0

1 1 1

x

x x

x
f x

x x x

 



  

  

với x  

và 2

2 2

lim ( ) lim lim lim 1

1 1

1 1 1

x x x x

x x

f x

x x

x x

             



  

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

Từ bảng biến thiên suy ra (*) m1.

Kết hợp điều kiện ta được 1 2018 1
2018 2018

m

m
m




   


  

 , mà từ 2018 đến 1

có 2018 số nguyên. Vậy chọn D.

Câu 4: [2D2-3] Cho hàm số yf x

 

như hình vẽ dưới đây

Tìm số điểm cực trị của hàm số y e2f x 1 5f x 

  .

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

Lời giải
Chọn D.

Hàm số 2   1  

f x f x
y e 

  có y2 ( ).f x e 2f x 1 f x( ).5f x .ln 5

   



2 1



( ). 2 f x 5f x.ln 5
f x e 



  .

Ta thấy 2   1  

2e f x 5f x.ln 5 0

  với mọi x .

Khi đó y  0 f x( ) 0

1
1

4
x
x
x





 



 


Bảng xét dấu hàm số 2   1  

f x f x
y e 

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

Vậy số điểm cực trị của hàm số là 3 .

Câu 5: [2H2-2] Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R và chiều cao bằng 3
2

R

. Mặt phẳng

 

 song

song với trục của hình trụ và cách trục một khoảng bằng
2

R

. Diện tích thiết diện của hình trụ

cắt bởi mặt phẳng

 

 là

A. 2 2 3
3

R . B. 3 2 3

R . C. 3 2 2

R . D. 2 2 2

R .

Lời giải
Chọn B.

Mặt phẳng

 

 song song với trục của hình trụ và cách trục một khoảng bằng
2

R
R

 nên

 



cắt hình trụ theo hình chữ nhật ABCD .

Kẻ OI AB, ta có

R

OI  . Do đó

2
2

2 2 3

4
R

AB IB R  R .

Lại có ' 3
2

R

CD OO  . Vậy diện tích thiết diện là

3 3 3

2 2

ABCD

R R

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

Câu 6: [2H3-3] Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A



1;4;5



, B



3;4;0



, C



2; 1;0



và mặt
phẳng

 

P : 3x 3y 2z12 0 . Gọi M a b c thuộc



; ;



 

P sao cho MA2 MB2 3MC2

  đạt

giá trị nhỏ nhất. Tính tổng a b c  .

A. 3 . B. 2. C. 2. D. 3.

Lời giải
Chọn A.

Giả sử I x y z là điểm thỏa mãn



; ;



IA IB  3IC 0.

Khi đó IA



1 x;4 y;5 z



,IA



3 x;4 y z;





, IA



2 x; 1  y z;





;





3 10 5 ;5 5 ;5 5

IA IB  IC  x  y  z

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
;
3 0

IA IB  IC
   
   
   
   
   
   
   

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

    2

1
1
x
y
z



  
 




2;1;1



I

 ;

2 2 2

2 2 3 2 3

MA MB  MC MA MB  MC



MI IA

 

2 MI IB



2 3



MI IC



        





2 2 2 2

5MI 2MI IA IB 3IC IA IB IC

                       

2 2 2 2

5MI IA IB IC

    (vì IA IB   3IC 0)
Vì I cố định nên MA2 MB2 3MC2

  đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất, khi đó M là hình

chiếu vng góc của I lên

 

P .

Gọi  là đường thẳng qua I và vuông góc với

 

P

Phương trình đường thẳng

2 3

: 1 3
1 2
x t
y t
z t
 


   
  

.

Tọa độ của M là nghiệm hệ phương trình:

2 3
1 3
1 2

3 3 2 12 0

x t

y t

z t

x y z
 


  


 

    

1
2
7
2
1
2
0
t
x
y
z




 

 
 



 


7 1
; ;0
2 2

M  

  

   a b c   .3

Câu 7: [1D1-4] Cho phương trình



1 cosx

 

cos 4x mcosx



msin2 x

   . Tìm tất cả các giá trị của m

để phương trình có đúng 3 nghiệm phân biệt thuộc 0;2
3



 

 

 .

A. 1 1;

2 2

m   

 . B. m     



; 1

 

1;



C. m 



1;1



. D. m 1;1

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

Ta có phương trình



1 cosx

 

cos 4x mcosx



msin2x

  



1 cosx

 

cos 4x m



   

cos 1
cos 4

x
x m




  



Vì 0;2
3

x  

  nên

cos ;1

x   

  . Do đó phương trình đã cho tương đương với phương trình

cos 4x m trên 0;2
3



 

 

 .

Bài tốn đưa về tìm m để phương trình mcos 4x đúng 3 nghiệm thuộc 0;2
3



 

 

 .

Xét hàm số f x

 

cos 4x với 0;2
3

x  

 

Ta có f x'

 

4sin 4x f x'

 

0

2
x

x

x




 




 



 


trên 0;2
3



 

 

 

Bảng biến thiên.

Từ bảng biến thiên suy ra với 1;1
2

m  

  thì yêu cầu bài toán được thỏa mãn

Câu 8: [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn



1i z



2



1i z



 2 4 2. Gọi mmax z ,
min

n z và số phức w m ni  . Tính w2018.

A. 41009. B. 51009. C. 61009. D. 21009.

Lời giải
Chọn C.

Gọi M x y là điểm biểu diễn số phức



;



z x yi  ,



x y   trong mặt phẳng ;



Oxy.

Ta có 4 2



1i z



2 



1i z



 2 



1i z



 2



1i z



 2 2 2 z  z 2.

Suy ra mmax z 2.

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









2 2 4 2

x y x y i x y x y i

          



x y 2





x y





x y 2





x y



2 4 2

          



x 1





y 1





x 1





y 1



2 4

        

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxki, ta có:





































2 2 2 2 2 2 2 2

16 x1  y 1  x1  y1 2 x1  y1  x1  y1 

 



2 2



2 2 2 2

2 x y 4 8 x y 2 x y 2

          hay z  2.

Suy ra nmin z  2.

Khi đó 2018 2018 1009

2 2 6

w   i  .

Câu 9: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 



3;0;1



, B



1; 1;3



và mặt
phẳng

 

P có phương trình x 2y2z 5 0 . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng
d đi qua A, song song với mặt phẳng

 

P sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là
nhỏ nhất.

A. 3 1

26 11 2

x y z

 

 . B.

3 1

26 11 2

x y z

 

 .

C. 3 1

26 11 2

x y z

  . D. 3 1

26 11 2

x y z

 

 .

Lời giải
Chọn B.

+) Gọi

 

Q là mặt phẳng đi qua A và song song với

 

P . Khi đó

 

Q có phương trình là

2 2 1 0

x y z  .

+) Gọi  là đường thẳng đi qua B và vng góc với

 

Q , suy ra  có phương trình tham số là

1
1 2
3 2

x t

y t

z t

 



 


  


+) Gọi H là hình chiếu vng góc của B lên mặt phẳng

 

Q , suy ra 1 11 7; ;
9 9 9

H 

 , suy ra





26 11 2 1

; ; 26; 11;2

9 9 9 9

AH   

 



. Suy ra AH có phương trình 3 1

26 11 2

x y z

 

 .

+) Đường thẳng d đi qua A, song song với mặt phẳng

 

P sao cho khoảng cách từ B đến

đường thẳng d là nhỏ nhất khi và chỉ khi d AH . Vậy : 3 1

26 11 2

x y z

d    

 .

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

A. 2. B. 1. C. 4. D. 3 .
Lời giải

Chọn C.

Đặt t2x1, ta có phương trình trở thành

 

10
3

f t  . Với mỗi nghiệm t thì có một nghiệm

1
2
t

x  nên số nghiệm t của phương trình

 

10
3

f t  bằng số nghiệm của





3 f 2x 1 10 0 .

Bảng biến thiên của hàm số y f x

 

là

Suy ra phương trình

 

10
3

f t  có 4 nghiệm phân biệt nên phương trình 3 f



2x  1



10 0

có 4 nghiệm phân biệt.

Câu 11: [1D5-4] Cho các hàm số f x( ), g x( ), ( ) ( )

3 ( )

f x
h x

g x


 . Hệ số góc của các tiếp tuyến của các
đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hồnh độ x 0 2018 bằng nhau và khác 0 . Khẳng định nào sau

đây đúng?

A.



2018



1
4

f  . B.



2018



f  . C.



2018



f  . D.

 

g x  .

Lời giải
Chọn A.

Ta có:

 

( ) f x

h x

g x



 



 



 





3 .

f x g x f x g x

h x

g x

   



 































2018 3 2018 2018 . 2018

2018

3 2018

f g f g

h

g

   



 



















3 2018 2018

3 2018

g f

g

 

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

Suy ra: f



2018







3 g



2018



2 3g



2018



g2



2018



 5g



2018



6





5 1 1

2018

2 4 4

g

 

    

  .

Vậy



2018



1
4

f  .

Câu 12: [2D2-4] Cho hai số thực dương x y, thỏa mãn log3



 



1 9



 



y

x y    x y

 

  . Tìm

giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2y.

A. min

11
2

P  . B. min

27
5

P  . C. P  min 5 6 3. D. P  min 3 6 2.
Lời giải

Chọn D.

Ta có log3



 



1 9



 



y

x y    x y

 

  3





9 9

log 1 1 log

1 1

x x

y y

     

  .

Xét hàm số f t

 

log3t t t , 1;

 

' 1 0

ln 3

f t
t

   ,  t 1.

Suy ra





9
1

f x f

y

 

   



 

9
1

1
x

y
  



8
1
y
x

y


 



8 2 8

1 1

y y y

P y

y y

  

   

  .

Bảng biến thiên của hàm số

2 8

, 1
1

y y

P y

y

 

 



Vậy P  min 3 6 2.

Câu 13: Cho A là tập các số tự nhiên có 7 chữ số. Lấy một số bất kì từ A. Tính xác suất để lấy được
số lẻ và chia hết cho 9.

A. 625

1701. B.

9. C.

1250

1701. D.

1
18.

Lời giải
Chọn D.

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

Gọi Blà biến cố chọn ngẫu nhiên ta được một số lẻ và chia hết cho 9 .

Trước hết ta có số lẻ chia hết cho 9 có dạng 9k , với k là số nguyên dương lẻ.
Số lẻ có 7 chữ số chia hết cho 9 tương ứng với

1000000 9 k 9999999 111112 k 1111111 ( có 1000000 số từ 111112 đến 1111111)
Mà k là số nguyên dương lẻ nên có 500000 số k thỏa mãn.

500000

B

  

Vậy xác suất để lấy được số lẻ và chia hết cho 9 là P B

 

B



 6

500000
9.10

 1

 .

Câu 14: [2D1-3] Cho hàm số y x4 2m x2 2 m2

   có đồ thị

 

C . Để đồ thị

 

C có ba điểm cực trị A,

B, C sao cho bốn điểm A, B, C , O là bốn đỉnh của hình thoi ( O là gốc tọa độ) thì giá trị
tham số m là

A. m  2. B. 2

m  . C. m  2. D. 2

m  .

Lời giải
Chọn B.

Ta có 3 2

4 4

y  x  m x; y 0 x 02

x m


   





Điều kiện để hàm số có ba cực trị là y 0 có ba nghiệm phân biệt  m0.

Khi đó: y 0 x 0
x m



    

 .

Tọa độ các điểm cực trị là A



0;m2



, B m m



; 4m2



, C m m



; 4m2



.

Vì m  nên 0 A khơng trùng O .

Ta có OABC, nên bốn điểm A, B, C , O là bốn đỉnh của hình thoi điều kiện cần và đủ là
OA và BC cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn

A O B C

A O B C
x x x x

y y y y

  


 

  

 2



4 2

 

4 2



0 0
0

m m m m m




 

      




4 2

2m m 0

   2 1

m

  2

m

  .

Vậy 2

m  .

Cách 2:

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

Ta có y 4x3 4m x2 4x x



2 m2



; y 0 x2 0 2
x m



   




Hàm số có ba điểm cực trị  y0 có ba nghiệm phản biệt  m0.

Khi đó, đồ thị

 

C có ba điểm cực trị là A



0;m2



, B m m



; 2 m4



, C



m m; 2 m4



.

Suy ra hai điểm B, C đối xứng qua trục tung. Do đó tam giác ABC cân tại A.

Vì m  nên 0 A khơng trùng O do đó bốn điểm A, B, C , O là bốn đỉnh của hình thoi khi
và chỉ khi AB OB .

Ta có AB OB  AB2 OB2  m2m8 m2m4 2m6m8 2
2

m

  (thỏa mãn).

Câu 15: [2D3-4] Giả sử hàm số yf x

 

đồng biến trên



0;  ;



yf x

 

liên tục, nhận giá trị
dương trên



0;  và thỏa mãn:



 

3 2

f  và  f x

 

 2



x1 .

  

f x . Mệnh đề nào dưới đây

đúng?

A. 2613 f2

 

8 2614. B. 2614 f2

 

8 2615.
C. 2618 f2

 

8 2619

  . D. 2616 f2

 

8 2617.
Lời giải

Chọn A.

Vì yf x

 

liên tục, nhận giá trị dương trên



0;   và



 f x

 

2 



x1 .

  

f x

 



1 .

  

f x x f x

  

 





f x

x
f x



  

 

d 1d

2
2

f x

x x x

f x













 





3
3

f x x C

    . Vì

 

3 2
3

f  2 8

3 3 C

   6 8

3 C



 

 





2
3

1 6 8

x
f x

    

 

 

 

 

 

2 19 6

8 2613, 261

f   

   

 

 

Vậy 2613 f2

 

8 2614

</div>

Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán trường thpt chuyên thái bình | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện













 

 

































 





 

 

 

 













 

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub> </sub>



























 











 

 



 





 









 





 



 

 

 