Bài tập vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử đại học môn toán trường thpt gang thép thái nguyên lần 3 | 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 (2.71 MB, 12 trang )

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

GIẢI MỘT SỐ CÂU VD – VDC

ĐỀ THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN LẦN 3

Câu 29. [2H3-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Trong không gian với hệ trục Oxyz,
cho bốn điểm M



2;0;0 ,



N



0; 3;0 ,



P



0;0; 4 ,



Q



2;3; 4



. Tìm số mặt phẳng

 

 đi qua M N,

và khoảng cách từ Q đến

 

 gấp hai lần khoảng cách từ P đến

 

 .

A. Vô số. B. 0 . C. 1. D. 2

Lời giải

Chọn C.

+) Nhận thấy













2; 3;0
2;0; 4
2;3;0

MN
MP

PQ

   




 













  MN song song với PQ.

+) Từ kết luận trên ta có 

 

 MN thì dP;  dQ;  .

+) Vậy : dQ;  2dP;   dQ;  dP;  0 hay

  

  MNPQ



. Vậy có duy nhất một mặt

phẳng thỏa mãn điều kiện bài toán.

Câu 30: [1D2-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có

tám chữ số đơi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên thuộc vào tập S. Xác suất để
chọn được một số thuộc S và số đó chia hết cho 9 là:

A. 8

9. B.

81. C.

9. D.

7
81.
Lời giải

Chọn C.

 Số cách lập số tự nhiên có tám chữ số đơi một khác nhau là  9.A97.

 Gọi số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 9 là a a a1 2... 8 .

Tổng của 10 số tự nhiên đầu tiên là 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 45          là số chia hết cho 9.

Do đó,a a a1 2... 8 có các chữ số a i i, 1,8 được lấy từ các chữ số không chứa các chữ số sau:

Trường hợp 1: Không chứa chữ số 0 và 9. Có 8! cách.

Trường hợp 2: Khơng chứa chữ số 1 và 8. Có 8! 7! số.

Trường hợp 3: Khơng chứa chữ số 2 và 7. Có 8! 7! số.

Trường hợp 4: Không chứa chữ số 3 và 6. Có 8! 7! số.

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

Vậy xác suất cần tìm là



7



8! 4 8! 7! 1

9. 9

P

A

 

  .

Câu 32. [1H3-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Cho hình chóp .S ABCD có đáy
ABCD là hình vng cạnh bằng 10 . Cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng



ABCD và



10 5

SC  . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và CD . Tính khoảng cách d giữa BD và

MN .

A.d  5. B. d 3 5. C. d 10. D. d 5.
Lời giải

Chọn A.

Cách 1: Xét tam giác vng SAC có : SA SC2 AC2 500 200 10 3

     .

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Ta có : A



0;0;0



, M



0;0;5 3



, B



10;0;0



, D



0;10;0



, C



10;0;0



, N



5;10;0





5;10; 5 3





1;2; 3



MN    u  

 



10;10;0





1;1;0



BD   u  

 





1; 2 3; 3;3
u u

  

 

 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 

, ND  



5;0;0



Suy ra :





1 2

1 2
,

, 5

,
u u ND
d MN BD

u u

 

 

 

 

 

  

  .

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

Trong mặt đáy, kẻ đường thẳng đi qua N và song song với BD, đường thẳng này lần lượt cắt AB,
AC,ADtại E,Hvà F .

Khi đó

















d MN BD d BD MEF d B MEF  d MEF .

Trong mặt phẳng



AMH kẻ



AK MH tại K, suy ra d



MNE



AK .

Đặt a  10, ta có 3 3 2

4 4

AH  AC a , 1 3

2 2

a
AM  AS 

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 4 16 18

3 5

3 18 40

a
AK

AK AM AH  AK  a  a    .













d B MEF d MEF

   .

Câu 35. [2D3-3] (THPT Gang thép Thái Nguyên lần 3 – 2018) Gọi V là thể tích khối trịn xoay tạo
thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y x y, 0 và x 4 quay quanh trục Ox .
Đường thẳng x a (0a4) cắt đồ thị hàm số y x tại M (hình vẽ bên). Gọi V1 là thể tích
khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox . Biết rằng V 2V1. Giá trị của

a thỏa mãn

S

A

B

D

C
M

N

E

F

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

A.a  3 4[ ; ). B. a [2; )3 . C. a [1; )2 . D. a  0 1( ; ).
Lời giải

Chọn A.

Ta có V 



xdxx  

4 2

0 0

2 (đvdt)  V1  4 (đvdt).

Mặt khác V1 là tổng thể tích hai khối nón trịn xoay VOMKvà VHMK.

. .

OMK

a
V  MK OK 

2
2

3 3 (vì MK  a ).

( )

. .

HMK

a a

V  1 MK HK2  4

3 3 (vì HK  4 a).

OMK HMK

a

V V V 

 1   4

3 . Từ đó :

a



   

4 3

3 .

Câu 36. [2H3-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Hàm số 2sin 2 cos 2

sin 2 cos 2 3

x x

y

x x




  có tất

cả bao nhiêu giá trị nguyên?

A. 4. B. 2. C. 3. D. 1.
Lời giải

Chọn B.

Ta có: 2sin 2 cos 2 ( 2) sin 2 ( 1) cos 2 3

sin 2 cos 2 3

x x

y y x y x y

x x



     

  (*).

Để phương trình (*) có nghiệm với ẩn x thì:



2





1



2 9 2 7 2 2 5 0 1 5;



1;0



y  y  y  y  y     y y y  .

Vậy có 2 giá trị nguyên của y.

Câu 42: [2D1-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Một viên đá được ném lên từ gốc tọa độ
O trong mặt phẳng Oxy (Ox nằm ngang) chuyển động theo đường (quỹ đạo) có phương trình



1 2



y m x mx. Tìm giá trị của tham số thực, dương m để viên đá rơi cách điểm O xa
nhất.

A. m 2. B. m 3. C. m 4. D. m 1.
O

K H

4
M

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

Lời giải
Chọn D.

y=2x2-x

y

x
1

2

O

Phương trình hồnh độ giao điểm





2
0

1 0

1
x

m x mx m

x

m





    

 



Suy ra khoảng cách viên đá rơi cách gốc O là 2
1

m
d

m


 , do đó

2 2

m
d

m

  . Dấu đẳng thức xảy
ra khi và chỉ khi m 1hay m 1. Vậy số thực, dương m để viên đá rơi cách điểm O xa nhất là

m  .

Câu 43: [2D2-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Tìm tất cả giá trị của tham số m đê bất
phương trình m.9x (2m 1)6x m.4x 0

    có nghiệm với mọi x 



0;1



A. m 6. B. m 6 . C. m 4. D. 6m4.

Lời giải
Chọn B.

Ta có: .9 (2 1)6 .4 0 . 9 (2 1) 3 0

4 2

x x

x x x

m  m m   m   m   m

    .

Đặt 3 1 3

2 2

x

t     t 

   . Bất phương trình trở thành:





 

. (2 1) 0 1 0 *

m t  m t m   m t  t

+ Với t 1 thì (*) thỏa mãn nên x 0 (thỏa mãn điều kiện với mọim)

+ Với 1 3
2
t

  thì









1 0 1

2
1

t

m t t m t

t

       

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

Xét hàm









3 1

( ) , 1; , '( )

1 1

t t

g t t g t

t t
 
 
   
 
 
t

1 3
2

'( )

g t

- 

g t 

Do đó 3





2
1;
2
6
1

t
t

m Min m

t
 
 

  



Câu 44: [1D4-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Cho dãy số

 

u biếtn

1
2

3 1, 2

n n

u

u u  n






   

 . Khi đó

lim
3

n
n

u
L  .

A. Không xác định. B.L . C. 5
6

L  . D.L 0.

Lời giải.
Chọn C.

Ta có





2 3 2

1 2 2 3

3 1 3 3 1 1 3 1 3 3 1 3 3

n n n n n

u  u    u     u     u    





1 1

1 2 2 1

1
....

1 3 1 5.3

3 1 3 3 3 2.3

1 3 2

n n

n u n n    

        




Suy ra

1 5.3 1 1 5 5

lim lim lim

3 2.3 2 3 6 6

n
n
n
n n
u
L
  
  
        
 
 
 
.

Câu 45. [2D3-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Kí hiệu S S S1, ,2 3 lần lượt là diện tích
hình vng có cạnh là 1, hình trịn có bán kính bằng 1, hình phẳng giới hạn bởi hai đường





2 1 , 2 1

y  x y  x . Tính tỉ số 1 3
2
S S

S



A. 1 3

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

+ Ta có S1 1; S2  .

+ Ta thấy phương trình 2 1 2 2(1 ) 0
1



    




x

x x

x . Khi đó:

1 1 1 1 1

2 2 2 2

0 0 0 0 0

| 2 1 2(1 ) | d 2 | 1 (1 ) d | 2 | 1 (1 ) d | 2 | 1 |





   



   



 



 



 

S x x x x x x x x x x dx

Tính
1

1 d







I x x .

Đặt sin , 0;
2

 

   

 

x t t  , khi đó

2 2

0 0

1 cos 2 1

cos d d sin 2 2

2 2 4 0 4

  

     

 



t t

I t t t t

 




Suy ra 3 1
2
 
S 

Khi đó: 1 3
2

1
.
2



S S

S

Nhận xét:

0
0

1
2 1

 



x dx S Trong đó S0 là diện tích Elip

2 1

4
y
x  
1

2
0

2 2 1

S  x dx 

  



 

Câu 46. [2D1-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Biết trên khoảng 8; 5
2

 

 

 

  hàm số





2 2 2 1 8 4

        

y x ax ax a b b bđạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x3 . Hỏi trên đoạn



1;3



hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm nào?

A. 3. B. 1

2. C. 1. D. 2.

Lời giải

Chọn

Hàm số

  

2



2 2 2 1 8 4

 

         

y f x x ax ax a b b bxác định và có đạo hàm trên 

x
y

1
1

 O

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

Ta có '

 

2



2 2





2 5 1



     

f x x ax ax a b

+)Nếu a 0 f x'

 

2



b1

 

x2



TH1: b1  f x'

 

0 Khi đó hàm số là hàm hằng  (đề lỗi)

TH2: b 1 f x'

 

là hàm bậc nhất, đổi dấu khi đi qua điểm 2 ; 5
2

 

     

 

x . Vậy hàm số

khơng có giá trị nhỏ nhất trên khoảng 8; 5
2

 

 

 

 .Þ (đề lỗi)

+)Nếu a0 , hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x3 trên khoảng 8; 5

 

 

 

 





 



 



' 3 0 1 4 ' 2 2 3 2 1

 f    b  a f x  a x x x

TH1: a0 ta có bảng biến thiên.

Thỏa mãn đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x3 trên đoạn 8; 5

 

 

 

 

Từ bbt suy ra trên đoạn



1;3



hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm 1
2

x

TH2: a0 ta có bảng biến thiên

Không thỏa mãn đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x3 trên đoạn 8; 5

 

 

 

 

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

Câu 47. [1D1-3] (THPT Gang Thép – Thái Nguyên Lần 3 - 2018)

Số nghiệm của phương trình sin 3 cos3 2 2 cos 4 1
0
sin

x x x

x



 

    

   trong khoảng 0; 2
  là

A. 2. B. 1. C.0. D. 3.

Lời giải

Chọn C.

Ta có sinx 0 với mọi 0;
2
x  

 , do đó trên khoảng 0;2


 

 

  phương trình đã cho tương đương
với sin 3 cos3 2 2 cos 1 0

x x x  

 





3 3

3sinx 4sin x 4cos x 3cosx 2 cosx sinx 1 0

       





3 3

5 sinx cosx 4sin x 4cos x 1 0

     











2 2



5 sinx cosx 4 sinx cosx sin x cos x sin cosx x 1 0

       



 



 

5 sinx cosx sinx cosx 4 4sin cosx x 1 0 1 .

      

Đặt sin cos 2 sin ,





t x x x   t 

  . Khi đó, ta có





2 2 2

2sin cosx xsin xcos x sinx cosx  1 t ,
do đó phương trình (1) trở thành





5t t 4 2 1  t  1 0

 

5t t6 2t  1 0

     

2t t 1 0

    



t1 2





t2 2t1



0  t1.

Do vậy

2
2

1 4 4

sin 3

4 2 2 2 .

4 4

x k

x k

x

x k

 






  

 





   



  

    

   



   

   



Do 0;
2

x   

  nên phương trình vơ nghiệm trên 0;2 .


 

 

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

Câu 48. [2H1-4] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình 
bình hành thỏa mãn AB a , AC a 3,BC2a.Biết tam giác SBC cân tại S , tam giác SCD
vuông tại C và khoảng cách từ Dđến



SBC bằng



a . Tính thể tích khối chóp đã cho.

A.
3

3 5
a

. B.

5
a

. C.

3
2
3 5

a

. D.

3 3
a

.
Lời giải

Chọn C.

+ Gọi Hlà điểm thuộc cạnh AC sao cho 2
3
a

HC  . Do DC vng góc với SC và AC nên DC
vng góc với



SAC do đó ta có





SAC vng góc





ABCD . Suy ra hình chiếu của S lên mặt



đáy sẽ nằm trên cạnh AC . Mặt khác ta lại có SBC cân tại S nên đễ dàng suy ra được SH là 
đường cao hình chóp.

+ Kẻ HEvng góc BC , HG vng góc SE nên HG d H SBC



;





+ Vì kẻ AEvng góc BC , ; 3
2
3

a a

HE AE mà d D SBC



;





d A SBC



;





và

















;
;

d A SBC AF
HE

d H SBC  nên





2 3
;

d H SBC  . Do đó: Từ 2 2 2

1 1 1

GH HS HF ta được
2

15
a

SH  . Vậy

3
2
.

1 2 3 2

. .2.

3 15 2 3 5

S ACBD

a a

V  a  .

Câu 49. [2D3-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Tính tích phân 
/4

ln(tan 1)d

I x x







 ta

được kết quả là I a ln 2 c
b



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

A. 9. B.8. C. 1. D. 0.
 Lời giải

Chọn D

Đặt

x  t, ta có





0 4

0
4

4 4 4

0 0 0

1 tan

ln tan( ) 1 ln 1

4 1 tan

ln ln 2 ln tan 1

1 tan

ln 2
4

ln 2 1, 8, 0 0

t

I t dt dt

t

dt dt t dt

t

I

I a b c P



  





   

        



   

 

     



 

 

       



Câu 50. [2D4-4] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Xét số phức z thỏa mãn

2 2 1 3 34.

iz i  z  i  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P(1 )i z2 .i
A. P min 4 2. B. P min 26. C. min

9
.
17

P  D. P min 3 2.

Lời giải

Chọn A.

Gọi M x y A B I lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z, 2 2 , 1 3 , 1 .( ; ), , ,  i   i   i
Ta có: iz 2i 2  z 1 3i  34 z 2 2 i  z 1 3i  34 MA MB AB 

 M thuộc tia đối của tia BA.

(1 ) 2 (1 )( 1 ) 2 1 2

P i z i  i z i  z  i MI.

</div>

Bài tập vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử đại học môn toán trường thpt gang thép thái nguyên lần 3 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện













<sub></sub>

<sub></sub>

 

<sub> </sub>

 













 

  























































































































<sub></sub>