Bài tập vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử đại học môn toán năm 2018 trường thpt hà tĩnh 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 (263.59 KB, 8 trang )

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

GIẢI CÁC CÂU VD – VDC

THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018

Câu 35: [1D3-3] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho 4 số thực a b c d, , , là 4 số hạng liên
tiếp của một cấp số cộng. Biết tổng của chúng bằng 4 và tổng bình phương của chúng bằng 24.
Tính P a 3b3c3d3.

A. P 64. B. P 80. C. P 16. D. P 79.
Lời giải

Chọn A.

Gọi 4 số hạng này là x 3 ;m x m x m x ;  ; 3m

2 2

4 4 1

4 20 24

x x

Gt

m

x m

 

 

   



  

 .

Vậy 4 số hạng này là 2;0;2;4 . Suy ra P 64.

Câu 36. [2D1-3] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Tổng tất cả các giá trị của tham số thực m
sao cho hàm số y x 3 3mx24m3 có cực đại cực tiểu đối xứng nhau qua đường phân giác của
góc phần tư thứ nhất là

A.
2

2 . B.

4. C. 0 . D.

1
2.
Lời giải

Chọn C.

Ta có: y'3x2 6mx3x x



 2m



 y' 0 x0,x2m
Hàm số có CĐ, CT  m0 .

Gọi









0; 4 , 2 ;0

A m B m

là hai điểm cực trị của hàm số, I m m



;



là trung điểm AB

Ta có phương trình đường thẳng đi qua hai điểm CĐ, CT: y2mx24m3.

Để A B, đối xứng với nhau qua đường thẳng yx d

 

ta có

( m ).
I d

  






2 1 1

m

m m

 



   





2 1 1

2 (vì m 0 ).

Câu 37. [2D3-3] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Thể tích khối trịn xoay do hình phẳng giới
hạn bởi các đường x y  2 0 , y x, y  quay quanh trục Ox bằng0

A.
5

6 . B.

6
5



. C.

2
3



. D.

5
6


.
Lời giải

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

Thể tích khối trịn xoay cần tìm bằng

 





1 2 2

0 1

1 1 5

d 2 d

2 3 6

V 



x x



 x x     

Câu 38. [2H1-3] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là
tam giác vuông tại B, AB a BC ; 2 .a Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt vuông góc với
đáy. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , mặt phẳng (SAG) tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích
tứ diện ACGS .

A.

3 6

a

. B.

3 6

a

. C.

3 3

a

. D.

3 6

a

.
Lời giải

S

A

B C

H G

F

E

60

Chọn B.

+ Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC) nên H là trung điểm của AB. Kẻ HE vng góc AG .

Do đó góc HES là góc của (SAG) với đáy.

+ Vì AB a BC ; 2a nên BAG· =450 2

a
HG

Þ = 0 3

.tan 60
2

a

SH GE

Þ = =

Nên

2 3

. .

1 1 1 3 3

. .

3 3 3 2 18

A GSC S ABC

a

V = V = a = a

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

Câu41. [2D1-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Đường thẳng y m 2 cắt đồ thị của hàm số

4 2 10

y x  x  tại hai điểm ,A B sao cho tam giác OAB vuông (O là gốc tọa độ). Mệnh đề nào 
sau đây đúng?

.
Lời giải

Chọn C.

Do đồ thị hàm số y x 4 x210 đối xứng qua Oy nên đường thẳng y m cắt đường cong 2

4 2 10

  

y x x tại ,A B thì ,A B đối xứng qua Oy

Khi đó OAB vng khi và chỉ khi





2, 2



A m m





2, 2

B m m

 m8 m4 m210 0 .

Đặt t m 2  ta được:0 t4 t2 t 10 0 .
Xét hàm f t

 



A. 
2

5 . B.

3 2

4 . C.

2 2

5 . D.

4 2

13 .
Lời giải

Chọn C. 
Cách 1:

Gọi O là trung điểm của AB. Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho O



0;0;0



,
1

;0;0
2

A 

 , 
1

;0;0
2

B 

 ,

3
0; ;0

C 

 ,

3
0; ;0

H 

 ,

6
3

a
A H 

3 6
0; ;

6 3

A 

  

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

Ta có AB A B 

3 6

1; ;
6 3

B 

  

 . Dễ thấy



ABC



có vtpt n 1



0;0;1





M là trung điểm AA

1 3 6

; ;
4 12 6

M 

  

 

 , N là trung điểm BB

3 3 6

; ;
4 12 6

N 

  

 

 



1;0;0



MN  



1 5 3 6

; ;

4 12 6

CM   

 







CMN



có vtpt

6 5 3
0; ;

6 12

n  

 







0; 2 2;5
12



cos 
5

33 2

tan 1

cos




   2 2

5

Cách 2:

Gọi H là trực tâm tam giác đều ABC và I là trung điểm của AH. Ta có AH 



ABC



và





MI  ABC

. c là giao tuyến của hai mặt phẳng



ABC



và



MNC



. Kẻ IK tại c K.

Ta có MI  và IKc  nên MKc  . Suy ra góc giữa hai mặt phẳng c



ABC



và



CMN



là


MKI
  .

Xét tam giác ABC ta có

5 5 3

6 12

a
CP

  1

KI CP PH

(với P là trung điểm cạnhAB).

Mặt khác

1
'
2

MI  A H 1 '2 2

2 AA AH

 

2
2

1 2

2 3 2 3

a a

a

  

Vậy

tan 


tanMKI MI
KI

  2 12 2 2

5
2 3 5 3
a

a

 

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

Câu 45: [2D4-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho số phức z thỏa mãn z 1 i  , số1
phức w thỏa mãn w 2 3 i  . Tìm giá trị nhỏ nhất của z w2  .

A. 13 3 . B. 17 3 . C. 17 3 . D. 13 3 .
Lời giải

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



1 2 17

I I

  R1R2 

 

C1 và



C2



ở ngoài nhau. 
min

MN

 I I1 2 R1 R2  17 3 .

Câu 46: [2D1-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho hàm số y=f x( ) có đạo hàm liên tục
trên ¡ , thỏa mãn 2 (2 )f x +f(1 2 ) 12- x = x2, phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y= f x( )
tại điểm có hồnh độ bằng 1 là

A. y2x2. B. y4x 6. C. y2x 6. D. y4x 2.
Lời giải

Chọn D.

Từ giả thiết 2 (2 )f x +f(1 2 ) 12- x = x2 (*) ta có:
2 (0) (1) 0

(1) 2
2 (1) (0) 3

f f

f

f f

ỡ + =

ùù ị =

ớù + =

ùợ .

Đạo hàm hai vế của (*) ta được: 4 '(2 ) 2 '(1 2 )f x - f - x =24x, suy ra
4 '(0) 2 '(1) 0

'(1) 4
4 '(1) 2 '(0) 12

f f

f

f f

ì - =

ïï Þ =

íï - =

ïỵ .

Do vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y4



x1



 2 4x 2.

Câu49. [2D3-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Biết

2018

2018 2018

sin
sin cos

a

x

I dx

x x b



 





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

A. P  .8 B. P  .10 C. P  .6 D. P 12.
Lời giải

Chọn A.

Đặt

 

2018
2018 2018
sin
sin cos
x
f x
x x


 xác định trên R. Ta có f



  x



f x

   

Và

 

2018

2018 2018

cos

1 2

2 sin cos 2

x

f x f x f x

x x
 

   
     
   

   
Ta tính

 

I xf x dx







Đặt x  , suy ra  t dxdt. Đổi cận x 0 t; x  t0. Khi đó



 





  

 

0 0 0 0

I t f t dt t f t dt f t dt tf t dt

I f t dt f x dx f x dx f x dx


  

    
      
 
 



Đặt x t 2

 

, suy ra dx dt . Đổi cận x 2 t 0; x t 2

 



     

. Khi đó

 

2 2 2 2

0 0 0 0

1 .

2 2 2 2 2 2 2 4

I f x dx f t dt f x f x dx dx

   
              
               
    
 
 



(do (2))
Suy ra a2;b4. Suy ra P2a b 8.

Câu 50: [2D1-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho phương trình:









3 3

sinx 2 cos 2 x  2 2cos x m 1 2cos x m 2 3 2cos x m 2
.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình trên có đúng 1 nghiệm

2
0;

x 

 

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

3 3 3

2sin x sinx 2 2cos x m 2 2cos x m 2 1

       

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

Suy ra

 









1  f sinx f 2cos x m 2 sinx 2 cos3x m 2

 

2

   

Vì

2
0;

x 

  nên sinx  . Do đó 0

 

2  sin2x2cos3x m 2

 2cos3x cos2 x 1 m

 

3
Đặt tcosx, phương trình

 

3 trở thành 2t3 t2 1 m

 

Khi

2
0;

x 
  thì

1
;1
2

t   

  . Phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm

2
0;

x  

  khi và chỉ khi

 

 .

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra, phương trình

 

4 có đúng một nghiệm

1
;1
2

t   

  khi và chỉ khi
28

m

   

</div>

Bài tập vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử đại học môn toán năm 2018 trường thpt hà tĩnh lần 1 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

















 

 





<sub></sub>

<sub></sub>

























 

 

 

 

 





































































 





















 



