Đề thi thử đại học môn toán năm 2018 trường trần phú 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 (435.67 KB, 11 trang )

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

Câu 36: [1D4-2] Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số

 

2 2

2
2

2 4 2

x x

khi x

f x x

m khi x

 




 

  

 liên tục tại

2
x  .

A. m  .1 B. m  .2 C. m  .3 D. Không tồn tại m .
Lời giải

Chọn B.

Ta có:

 

2 2 2

lim lim lim 2

x x x

x x

f x x

x

  



  

 .

Để hàm số liên tục tại x  thì 2 limx2 f x

 

f

 

2  2 2 m 4 m3.

Câu 37: [2H2-3] Một khúc gỗ dạng nón có bán kính đáy bằng r 30cm, chiều cao h120cm. Bác thợ
mộc chế tác từ khúc gỗ đó thành một khúc gỗ có dạng khối trụ như hình vẽ. Gọi V là thể tích
lớn nhất của khúc gỗ sau khi chế tác. Tính V .

A.

 

0,16 m

. B.

 

0,36 m

. C.

 

0,024 m

. D.

 

0,016 m

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

Giả sử khối trụ có bán kính đáy và chiều cao lần lượt là x , 'h



0 x 30;0h' 120



Ta có

' 30

120 30

h  x



' 120 4

h x

   .

Thể tích khối trụ V x h2 'x2



120 4 x



120x2  4x3, 0 x 30.

 

240 12 2

V x  x x
.

 

0
V x 

0
20
x
x



  

 .

Lập bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x 20.

Vậy thể tích lớn nhất của khối trụ là





 

3 3

16000 0,016

V   cm   m

Câu 38: [2D1-2] Cho hàm số f x

 

có đạo hàm trên R và có đồ thị hàm số yf x'

 

như hình vẽ.

Biết rằng f

 

1  f

 

2 f

 

1  f

 

4 , các điểm A



1;0 ,



B 



1;0



thuộc đồ thị. Giá trị nhỏ

nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f x

 

trên đoạn



1; 4



lần lượt là :

A. f

 

1 ; f 





. B. f

 

0 ;f

 

2 . C. f



1 ;



f

 

4 . D. f

 

1 ; f

 

4 .
Lời giải

Chọn A.

Bảng biến thiên:

Ta có: f

 

1  f



1 ,



f

 

1  f

 

2 , f

 

1  f

 

4 mà f

 

1  f

 

2 f

 

1 f

 

1 ,

 

f f f f

    . Vậy max f x

 

f

 

4 , min f x

 

f

 

1 .

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

A.

38
19

a

. B.

5
19

a

. C.

5
5

a

. D.

38
5

a

.
Lời giải

Chọn A.







SC ABCD,







SC AC,



SCA 45

  SA a 2.

Gọi ACED O , kẻ OJ//SC, SC



DJE



, OJ 



DJE



nên SC// DJE





hay





d DE SC d C DJE





Gọi H và I lần lượt là hình chiếu của A trên ED và JH

Ta có: d A DJE





AI.

1
.
2

ADE

S  AB CD
2
2
a


; ED EC2 CD2

2
2

a
a

 

   

 

5
2

a



2.SADE
AH

ED


2
5
2
a

a


2 5
5

a



Ta có AD BC nên//

1
2
OC BC

OA AD 

2
3
SJ
SA

  2

3
AJ SA

  2 2

3a

 2 2

a



2 2 2

1 1 1

AI AJ AH

2 2

1 1

2 2 2 5

3 5

a a

 

   

   

    2 2

9 5

8a 4a

  192

8a

 2 2

19
a
AI

 

Mặt khác









, ,

d C DJE  d A DJE 2 38

19
19

a a

 

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

Câu 40: [1D1-3] Tổng các nghiệm thuộc khoảng



;0



của phương trình

cos 2

sin cos

1 sin 2

x
x x
x
 

bằng
A. 
3
4


. B. 
3
2



. C. 2





. D. 4





.
 Lời giải

Chọn A

Điều kiện: x 4 k ,



k





   
Ta có:
cos 2
sin cos

1 sin 2

x
x x
x
 




 







sin cos sin cos
sin cos

sin cos

x x x x

x x

  

  

 



sinx cosx

 

sinx cosx



sinx cosx

     

sin cos 0
sin cos 1

x x
x x
 


   

sin 0
4
1
sin
4 2
x
x


  
 
 

 


  
 
  
 






4
2
3
2
2

x k
k
x k
x k






 


   



  



.

Các nghiệm điều thỏa điều kiện. Vì x 



;0



nên x 4




; x 2




Vậy tổng các nghiệm là

3
4





.

Câu 41: [2D1-3]Từ một tấm tơn có hình dạng là nửa hình trịn có bán kính R  người ta muốn cắt ra3
một hình chữ nhật (hình vẽ). Diện tích lớn nhất có thể của tấm tơn hình chữ nhật là

A.

2. B. 6 2 . C. 9 . D. 9 2 .

Lờigiải
ChọnC.

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

Ta có :PQ2x; MQ 9 x2 .

Diện tích hình chữ nhật MNPQ là :





2 2 2

2 9 9 9

MNPQ

S  x  x x   x 
.

Dấu " " xảy ra khi

2 3

2
x  x  x

(thỏa mãn).

Vậy diện tích hình chữ nhật MNPQ lớn nhất là 9 .

Câu 42: [2D2-3] Biết x , 1 x 2



x1x2



là hai nghiệm của phương trình



2



2 3 1

log x 3x 2 2 5x x 2

    

và tổng x12x2 được viết dưới dạng





2 a b với a , b

là hai số nguyên dương. Tính a b .

A. a b 11 . B. a b 14. C. a b 13. D. a b 16 .

Lời giải

Chọn B.

Điều kiện x  hoặc 1 x  .2

Đặt t x2 3x2,



t 0



Khi đó ta được phương trình





log 2 .5 2 0

5
t

t    

 

*

Xét hàm số

 





log 2 .5 2

5
t

f t  t  

;

 









1 2

.5 .ln 5 0, 0;
2 .ln 3 5

t

f x t

t

      



Mặt khác f

 

1  . Dó đó phương trình 0

 

* có nghiệm duy nhất t  .1

Suy ra x2 3x2 1  x2 3x 1 0

3 5
2
x 
 
(nhận).
Khi đó,





1 2

2 3 5

3 5 9 5

2 2 2

x  x       a 9;b 5

    a b   9 5 14.

Câu 43: [2D1-3]Cho x y, là hai số không âm thỏa mãn x y 2. Gọi a b, lần lượt là giá trị nhỏ nhất,

giá trị lớn nhất của biểu thức

3 2 2

1.
3

P x x y  x

Khi đó kết luận nào sau đây là đúng?

A.

22
3

a b 

. B.

10
3

b a 

. C. a b  .8 D.

32
3

a b 

.
Lời giải

Chọn B.

Theo giả thiết, ta có

0 , 2

2
x y
y x
 


 
 .





3 2 3 2

1 1

2 1 2 5 5

3 3

P x x   x  x  x  x  x

Xét hàm số

 

3 2

2 5 5

f x  x  x  x

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

 

2 4 5
f x x  x

;

 









1 0; 2
0

5 0; 2
x

f x

x
  
   

 

 .

 

1 7
3

f 

; f

 

0  ;5

 

17
2

f 

Vậy 0;2

 

7
min

a f x 

; 0;2

 

17
max

b f x  10

b a

  

Câu 44: [2H1-3] Cho tứ diện đều cạnh a và điểm I nằm trong tứ diện. Tính tổng khoảng cách từ I
đến các mặt của tứ diện.

A. a 6. B.

6
9

a

. C.

3
2

a

. D.

a

.
Lời giải

Chọn D

Gọi V là thể tích tứ diện đều ABCD và gọi h ,1 h , 2 h , 3 h lần lượt là khoảng cách từ 4 Iđến

các mặt



BCD





ACD



, ABD, ABC .

Đặt V1VIBCD, V2 VIACD V3 VIABD, V4 VIABC.

Ta có V V V 1 2V3V4.

1 1

1
.

3 BCD

V  h S 1 1

BCD

V
h

S

 

Tương tự

2
2

ACD

V
h

S



3
3

ABD

V
h

S



4
4

ABC

V
h

S



Vậy

1 2 4

1 2 3 4

3 3 3

BCD ACD ABD ABC

V

V V V

h h h h

S S S S

      

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

Lại có tứ diện ABCD là tứ diện đều nên

2 3

BCD ACD ABD ABC

a

S S S S 

Suy ra



1 2 3 4



1 2 3 4 2

3
4
V V V V
h h h h

a

  

   

2
3

3
4
V
a


2
3.

12
3
4

a



2
3
a

 6

a



Cách trắc nghiệm: Chọn đặc biệt I A. Khi đó tổng khoảng cách từ I đến các mặt của tứ

diện bằng khoảng cách từ A đến mp



BCD



và bằng

6
3

a

Câu 45: [2H1 - 3] Cho ba đường thẳng đôi một chéo nhau , ,a b c . Gọi

 

P là mặt phẳng qua a ,

 

Q
là mặt phẳng qua b sao cho giao tuyến của

 

P và

 

Q song song với c . Có bao nhiêu mặt

phẳng

 

P và

 

Q thỏa mãn yêu cầu trên?

A. A. Một mặt phẳng

 

P , một mặt phẳng

 

Q .
B. Một mặt phẳng

 

P , vô số mặt phẳng

 

Q .
C. Một mặt phẳng

 

Q , vô số mặt phẳng

 

P .
D. Vô số mặt phẳng

 

P và mặt phẳng

 

Q .

Lời giải
Chọn A.

Qua một điểm I bất kì nằm trên đường thẳng a , kẻ đường thẳng a' song song với đường

thẳng c . Khi đó mặt phẳng

 

P cần tìm chính là mặt phẳng chứa 2 đường thẳng cắt nhau a
và a'.

Qua một điểm J bất kì nằm trên đường thẳng b , kẻ đường thẳng b' song song với đường

thẳng c . Khi đó mặt phẳng

 

Q cần tìm chính là mặt phẳng chứa 2 đường thẳng cắt nhau b
và b'.

Khi đó

 

P và

 

Q là hai mặt phẳng cần tìm.

Dễ thấy chỉ có duy nhất một mặt phẳng

 

P và một mặt phẳng

 

Q thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Suy ra chọn đáp án A.

Câu 46: [2H1-3] Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D.     có tổng diện tích của tất cả các mặt là 36 , độ
dài đường chéo ACbằng 6 . Hỏi thể tích của khối hộp lớn nhất là bao nhiêu?

A. 8 . B. 8 2 . C. 16 2 . D. 24 3 .

Lời giải
Chọn B.

Gọi a , b , c là kích thước các mặt của hình hộp chữ nhật.

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

Theo đề ta có: 2 2 2
18
36
ab ac bc
a b c

  





  

  a b c  6 2

Từ đó suy ra b c 6 2 a và 0a2 2.

ab ac bc    bc18 a b c







a2 6 2a18.

Thể tích khối hộp là





2 6 2 18
V abc a a  a

Xét hàm f a

 

a3 6 2a218a với 0a2 2.

 

3 2 12 2 18
f a  a  a

; f a

 

 0 3a212 2a18 0

2
3 2
a
a
 

 



 .

Bảng biến thiên:

Vậy thể tích lớn nhất của khối hộp là 8 2 .

Câu 47: [2H2-2] Một cốc nước có dạng hình trụ đựng nước có chiều cao 12cm , đường kính đáy 4cm ,
lượng nước trong cốc cao 8cm . Thả vào cốc nước 4 viên bi có cùng đường kính 2cm . Hỏi

nước dâng cao cách mép cốc bao nhiêu xăng - ti – mét? ( làm tròn sau dấu phẩy hai chữ số thập
phân, bỏ qua độ dày của cốc).

A. 2,67cm. B. 2,75cm. C. 2, 25cm. D. 2,33cm.

Lời giải

Chọn A.

Thể tích của 4 viên bi là:





3 3

4 16

3 r 3 cm


 

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

Gọi h là chiều cao nước dâng lên. Khi đó thể tích của 4 viên bi đúng bằng thể tích nước dâng

lên. Do đó ta có





16 4

.2 .

3 h h 3 cm




  

Vậy nước dâng cao cách mép cốc là:

4 8

12 8 2,67

3 3 cm

   

Câu 48: [1D2-3] Tìm số hạng khơng chứa xcủa khai triển

3 n

x
x

 



 

  . Biết n là số tự nhiên thỏa đẳng

thức C Cn2 nn 2 2C Cn2 n3 C Cn3 nn 3 100

 

   .

A. 9 B. 6 C. 54 D. 2

Lời giải

Chọn D

Ta có điều kiện: n 3, n  .

2 n 2 2 2 3 3 n 3 100

n n n n n n

C C  C C C C 

   

 

2 2

2 2 2 3 3 100

n n n n

C  C C  C  



Cn2Cn3



2 100
.

2 3 10

n n

C C

  







 



2 6

n n n n n

    3

60 0

n  n  .



n 4





n2 4n 15



0 n 4

      





4 4

4
1
4

3. k

k k

k

x C x x

x





 

 

 

 



4 2 4
4

k k k

k

C  x 





Số hạng không chứa x ứng với 2k 4 0  k  .2

Câu 49: [1H3-3] Cho tứ diện OABC có OA OB OC, , đơi một vng góc, góc OCB bằng 30 , góc
ABO bằng 60 và AC a 6. Điểm M nằm trên cạnh AB sao cho AM 2BM . Khi đó giá
trị tan của góc giữa hai đường thẳng CM và OA bằng giá trị nào trong các giá trị sau?

A.

2 . B.

6 . C.

3 . D.

3 .

Lời giải

Chọn C.

Gọi MH song song vớiOA ,H thuộc OB . Khi đó góc giữa CM và OA bằng góc giữa CM và

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

Vì OA OB OC, , đơi một vng góc nên OA



OBC



Do đó





tan





tan

HC

MH OBC MH HC MHC H CM HM CMH

MH

        

OBC

 vuông tại O tan
OB
OC

OCB

 

ta 3n 0

OB



 OB 3.

BHM

 vuông tại H  MH BH.tanABO

1 3

tan 60

3 3

OB
OB

  

OHC

 vuông tại O HC OH2OC2





3OB OB

 

   

 

31
3

OB



Vậy tan



CM OA,



tan



CM HM,



31 3
.

3 3

HC OB

MH OB

  91

3


Câu 50: [2D2-4] Tìm m để phương trình 4 x 1 3x14.2 x 1 3x  8 m có nghiệm.

A. 41m32. B. m 41. C. 41m32. D. m 32.

Lời giải

Chọn C.

Điều kiện xác định: 1   .x 3

Xét f x

 

 x 1 3 x với 1   .x 3

Ta có:

 

1 1 3 1

2 1 2 3 2 1 3

x x
f x

x x x x

  

   

    ; f x

 

 0 x .1
Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra 2f x

 

2 2.

Do đó, đặt t2 x 1 3x thì 22  t 22 2, hay 4 t 4 2. Khi đó, phương trình đã cho trở
thành: t214t 8 m

 

* .

Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình

 

* có nghiệm 4 t 4 2.

Xét hàm số g t

 

 t2 14t với 8 4 t 4 2.

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

Từ bảng biến thiên suy ra các giá trị của m để phương trình đã cho có nghiệm là
41 m 32

</div>

Đề thi thử đại học môn toán năm 2018 trường trần phú hà tĩnh lần 1 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

 

 

 

 

 

 

 

 









 

 





 

 

 

 

 

 

 









 





 





 

 





 

 

 

 





 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 









<sub></sub>

<sub></sub>

















<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>



