Đề khảo sát chất lượng có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 trường thpt hàn thuyên lần 3 mã 132

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN 3
NĂM HỌC: 2017-2018
MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm)
Mã đề 132

Câu 11. [1H3-4][Hàn Thun,tỉnh Bắc Ninh,lần 3,năm 2018] Cho hình chóp SABCD có đáy là hình
·
bình hành, AB = 3a, AD = 4a, BAD
= 1200. Đường thẳng SA vng góc với mặt phẳng đáy,
SA = 2a 3 . Tính góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( SCD )
A. 300 .

B. 900 .

C. 600 .

D. 450 .

Lời giải
Chọn D.

z

S

A

D
B

E

y

C
x

uuu
r
uuur
uuur
Chọn hệ toạ độ Oxyz như sau: Oz ≡ AS ; Oy ≡ AD; Ox ≡ AE ( E là hình chiếu của A lên cạnh
BC )
 3 3a −3a   3 3a 5a 
;
;0 ÷
Khi đó: A(0;0;0); B 
÷; C  2 ; 2 ;0 ÷
÷; D(0; 4a;0); S (0;0; 2 3a)
2
 2
 

uur  3 3a −3a
r  3 3a 5a
r
 uuu

 uuu
;
; −2 3a ÷
;
SC
;
;
−
2
3
a
;
SD
(0; 4a; −2 3a); S (0;0; 2 3a)
Do đó: SB 

÷
÷
÷
2
2
 2

 2

r
ur
Ta tính được 1 vectơ pháp tuyến của ( SBC ) là n = (4;0;3) và ( SCD) là n ' = (1; 3; 2)
r ur
1

Vậy cos(n; n ') =
. Vậy góc giữa ( SBC ) và ( SCD) là 450 .
2
Câu 21. [2H2-3] [Hàn Thuyên,tỉnh Bắc Ninh,lần 3,năm 2018] Cho một hình nón ( N) có đáy là hình
trịn tâm O, đường kính 2a và đường cao SO = 2a. Cho điểm H thay đổi trên đoạn thẳng

SO. Mặt phẳng ( P ) vng góc với SO tại H và cắt hình nón theo đường trịn ( C ) . Khối nón

có đỉnh là O và đáy là hình trịn (C ) có thể tích lớn nhất bằng bao nhiêu?
32π a 3
A.
.
81

8π a 3
B.
.
81

11π a 3
C.
.
81
Lời giải

7π a 3
D.
.
81

Chọn B.

S

H r

E

h
B

a

O

A

Đặt OH = h ( 0 < h < 2a ) nên SH = 2a − h .

SH HE
SH .OA ( 2a − h ) a ( 2a − h )
=
⇒ HE =
=
=
SO OA
SO
2a
2

2
1  2a − h 
3
2
2
Ta có VC = π 
÷ .h . Xét hàm f ( h ) = h − 4ah + 4a h
3  2 
 h = 2a (loai )
2
2
f ' ( h ) = 3h − 8ah + 4a = 0 ⇔ 
 h = 2a
3

3
 2a  8a
Max f ( h ) = f  ÷ =
( 0;2 a )
 3  27
8π a 3
Nên MaxVC =
.
81
Câu 31. [2D3-3] [Hàn Thuyên,tỉnh Bắc Ninh,lần 3,năm 2018] Cho hàm số y = f ( x ) , liên
Do

tục trên [ 0;1] và thỏa mãn
A. I = −12 .

1

1

0

0

∫ ( x + 1) f ' ( x ) dx = 10 và 2 f ( 1) − f ( 0 ) = 2 . Tính I = ∫ f ( x ) dx .

B. I = 8 .

C. I = 12 .

D. I = −8 .

Lời giải
Chọn D.
 u = x +1
 du = dx
⇒
Đặt 
.
 dv = f ' ( x ) dx v = f ( x )
Áp dụng công thức tính tích phân từng phần và giả thiết bài toán, ta được:
1
1 1
10 = ∫ ( x + 1) f ' ( x ) dx = ( x + 1) f ( x ) − ∫ f ( x ) dx =  2 f ( 1) − f ( 0 )  − I = 2 − I
0 0
0

⇒ I = 2 − 10 = −8 .
2x −1
Câu 37. [2H1-3] [Hàn Thuyên,tỉnh Bắc Ninh,lần 3,năm 2018] Cho hàm số y =
có đồ thị
x +1
( H ) , điểm A ( −4; −1) và đường thẳng ( d ) : y = − x + m . Gọi B, C là giao điểm của đường
thẳng ( d ) và đồ thị ( H ) . Kí hiệu S là tập tất cả các giá trị thực của m sao cho tam giác
ABC đều. Tổng giá trị tất cả các phần tử của tập S bằng.


A. 8 .

C. −10 .
Lời giải

B. 9 .

D. −8 .

Chọn A.

2x −1
= − x + m ⇔ x 2 + (3 − m) x − 1 − m = 0 , với x ≠ 1
x +1
Để đường thẳng ( d ) và đồ thị ( H ) cắt tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi:
Ta có phương trình hoành độ giao điểm

∆ > 0
 m 2 − 2m + 4 > 0
⇔

,đúng với mọi m.

2
(−1) + (3 − m)( −1) − 1 − m ≠ 0
3 ≠ 0
+ Gọi B ( x1 ; − x1 + m), C ( x2 ; − x2 + m) là 2 toạ độ giao điểm của đường thẳng ( d ) và đồ thị ( H )
.
 x + x − x − x + 2m 
Gọi M  1 2 ; 1 2
÷ là trung điểm BC .
2
 2

 AM ⊥ d
(*)
∆ABC đều khi và chỉ khi 
 2 AM = 3BC
(*) ⇔ 2 AM = 3BC .
2

2

m+5  m+5
2
2
Do đó ta có: 2 
÷ +
÷ = 3 2 ( x1 − x2 ) ⇔ 2m − 16m − 13 = 0 .
 2   2 
Vậy tổng các giá trị m của S là 8.

Câu 38. [1D2-4] [Hàn Thuyên,tỉnh Bắc Ninh,lần 3,năm 2018] Cho đa giác đều 200 đỉnh nội tiếp
trong đường tròn. Lấy ngẫu nhiên 3 đỉnh trong 200 đỉnh đó. Tính xác suất để lấy được tam
giác tù.
147
52
150
49
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
199
199
199
199
Lời giải
Chọn A.
200.199.198
3
Số cách chọn 3 đỉnh trong 200 đỉnh của đa giác đều C200 =
3!
Tính số tam giác tù được tạo thành
Đánh số các đỉnh là A1 , A2 ,..., A200 .
Xét đường chéo A1 A101 của đa giác là đường kính của đường trịn ngoại tiếp đa giác đều chia
đường trịn ra làm 2 phần mỗi phần có 99 điểm từ A2 đến A100 và A102 đến A200 .
+ Khi đó, mỗi tam giác có dạng A1 Ai Aj là tam giác tù nếu Ai và Aj cùng nằm trong nửa đường

trịn, chọn nửa đường trịn: có 2 cách chọn.
+ Chọn hai điểm Ai , A j là hai điểm tùy ý được lấy từ từ 99 điểm A2 , A3 đến A100 , có
99.98
cách chọn.
2
+ Giả sử tam Ai nằm giữa A1 và A j thì tam giác tù tại đỉnh Ai . Khi xét tại đỉnh A j thì tam giác
C992 =

A j Ai A1 ≡ A1 Ai Aj .
2.98.99
.200 = 100.99.98 .
2.2
100.99.98
147
P=
=
200.199.198 199
Vậy xác suất cần tìm là
6
+ Vì đa giác có 200 đỉnh nên số tam giác tù là


Câu 40. [2D3-3] [Hàn Thuyên,tỉnh Bắc Ninh,lần 3,năm 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 quanh trục Ox.
Đường thẳng x = a ( 0 < a < 4 ) cắt đồ thị hàm y = x tại M. Gọi V1 là thể tích khối trịn xoay
tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox. Biết V = 2V1 . Tìm giá trị a

A. a = 2 .

B. a = 2 2 .

C. a =

5
.
2

D. a = 3 .

Lời giải
Chọn D.
y = x

Gọi V là thể tích khối tròn xoay do ( H ) :  y = 0 quay quanh Ox
x = 4

4

⇒V =π∫
0

( )

2

4

x dx = π ∫ xdx = 8π
0

Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay do ( H1 ) : ∆OMH quay quanh Ox
Khi ∆OMH quay quanh Ox tạo ra 2 khối nón trịn xoay là khối nón đỉnh O , trục ON , bán
kính đáy NM và khối nón đỉnh H , trục HN , bán kính đáy NM
2
2
1
1
⇒ V1 = π a a + π a ( 4 − a )
3
3
1
⇒ V1 = π .a.4
3
4
V = 2V1 ⇔ 8π = 2. π .a ⇔ a = 3 .
3
Câu 45. [2H2-3] [Hàn Thun,tỉnh Bắc Ninh,lần 3,năm 2018] Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là
tam giác vng tại B , AB = a; BC = 2a . SA vuông góc với AB , SC vng góc với BC và
góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 600 . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình
chóp S . ABC .
8 2π a 3
2π a 3
A.
.
B.
.
C. 2 2π a 3 .
D. 8π a 2 .
3
3

Lời giải
Chọn A.
Cách 1. Gọi D là điểm đối xứng của B qua trung điểm của AC , suy ra ABCD là hình chữ
nhật.
 AB ⊥ SA
⇒ AB ⊥ SD ( 1)
Ta có 
 AB ⊥ AD
 BC ⊥ SC
⇒ BC ⊥ SD ( 2 )

 BC ⊥ CD

( )

( )


S

I

60°
C

B
A

D
Từ (1) và (2) suy ra SD ⊥ ( ABC ) .

·
Suy ra góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy là góc SCD
.
DC
·
= 2a .
Từ đó SCD
= 600 . Xét tam giác SCD vng tại D ta có SC =
cos 60
Do tam giác SBC vuông cân tại C nên SB = 2 2a .
Gọi I là trung điểm SB . Suy ra IA = IB = IS (do ∆SAB vuông tại A ) và IB = IC = IS (do
1
∆SBC vuông tại C ). Suy ra IA = IB = IC = IS = SB . Hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình
2
chóp S . ABC .
1
1 2
4
8 2π a 3
Suy ra R = SB =
. Chọn đáp án A.
a + 4a 2 + 3a 2 = 2a ⇒ V = π R 3 =
2
2
3
3
Cách 2. (Tọa độ hóa)

z

S

I

B

C
A
x

Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó
B (0;0;0) , A(a;0;0) , C (0; 2a;0) , S ( x; y; z ) , với x, y , z ≥ 0 .
( ABC ) ≡ (Oxy ) : z = 0
uur
uuu
r
Ta có SA = ( a − x; − y; − z ) , AB = ( −a;0;0 ) .

y


uur uuu
r
uur uuu
r
SA ⊥ AB ⇔ SA. AB = 0 ⇔ −a ( a − x ) = 0 ⇔ x = a.
uuu
r
uuur

Ta có SC = ( − x; 2a − y; − z ) , BC = ( 0; 2a;0 )
uuu
r uuur
uuu
r uuur
SC ⊥ BC ⇔ SC.BC = 0 ⇔ 2a ( 2a − y ) = 0 ⇔ y = 2a.
Suy ra S (a; 2a; z ) .
uuu
r
Đường thẳng SC có véc-tơ chỉ phương là CS = ( a;0; z ) .
r
Mặt phẳng ( ABC ) có véc-tơ pháp tuyến là k = ( 0;0;1) .
Theo đề bài, góc giữa SC và mp ( ABC ) là 600 nên
uuu
rr
SC.k
z
3
sin 60 = uuu
=
⇔ z 2 = 3a 2 ⇒ z = 3a ⇒ S a; 2a; 3a .
r r ⇔
2
2
2
SC . k
a +z

(

)

Gọi I là trung điểm SB . Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC .
1
1 2
a + 4a 2 + 3a 2 = 2a .
Ta có R = SB =
2
2
4
8 2π a 3
Vậy thể tích khối cầu là V = π R 3 =
.
3
3
Câu 46. [2H3-3] [Hàn Thuyên,tỉnh Bắc Ninh,lần 3,năm 2018] Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz, cho điểm A ( 2; 2;0 ) , B ( 2;0; −2 ) và mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − z − 1 = 0 . Gọi M (a; b; c ) là
điểm thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho MA = MB và góc ·AMB có số đo lớn nhất. Khi đó giá trị
a + 4b + c bằng
A. 1.
B. 2.
C. 0.
D. 3.
Lời giải
Chọn A.
Cách 1:
+) Vì MA = MB nên M thuộc mặt phẳng mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB. Ta có
phương trình trung trực của AB là (Q) : y + z = 0
 x = 1 + 3t


+) M thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng ( P ), (Q) nên M thuộc đường thẳng (d ) :  y = −t .
z = t

uuur uuur
MA.MB 11t 2 − 2t + 1
Gọi M ( 1 + 3t ; −t ; t ) , ta có cos ·AMB =
.
=
MA.MB 11t 2 − 2t + 5
5
1
11t 2 − 2t + 1
Khảo sát hàm số f (t) = 2
, ta được min f (t) =
khi t = .
27
11
11t − 2t + 5
1
 14 1 1 
Suy ra ·AMB có số đo lớn nhất khi t = , ta có M  ; − ; ÷ .
11
 11 11 11 
Khi đó giá trị a + 4b + c = 1 .
Cách 2:
I là trung điểm của AB ⇒ I ( 2,1, −1)
uuur
 AB ( 0, −2, −2 )
⇒ M thuộc mặt phẳng trung trực của AB gọi là ( Q )


 MA = MB
⇒ ( Q ) : 0 ( x − 2 ) + 1( y − 1) + 1( z + 1) = 0
⇔ y+z =0
Do giả thuyết M ∈ ( P ) ⇒ M ∈ ∆ = ( P ) ∩ ( Q )


 x = 1 − 3t
x + 2 y − z −1 = 0

⇔ Toạ độ M thỏa mãn hpt 
⇔ y = t
y + z = 0
 z = −t

Do ∆AMB cân tại M ⇒ ∠AMB = 2∠AMI
Mà 00 < ∠AMI < 900 ⇒ ∠AMI max ⇔ sin ∠AMI max
AI
Lại có sin ∠AMI max =
, AI cố định
AM
⇒ sin ∠AMI max ⇔ AM min

( 1 − 3t − 2 ) + ( t − 1) + ( −t + 1)
min ⇔ f ( t ) = 11t 2 + 2t + 3 min

Mà AM=
AM

2

2

2

( ∆)

⇒ M ( 1 − 3t , t , −t )

= 11t 2 + 2t + 3

−1
11
14
−1
1
 14 −1 1 
Vậy M  ; ; ÷⇒ a = ; b = ; c =
11
11
11
 11 11 11 
⇒ T = a + 4b + c = 1 .
Câu 47. [1D2-4] [Hàn Thuyên,tỉnh Bắc Ninh,lần 3,năm 2018] Thầy Dũng có 15 quyển sách gồm 4
quyển sách Toán, 5 quyển sách Văn và 6 quyển sách Tiếng Anh, các sách đôi một khác nhau.
Thầy lấy ngẫu nhiên 8 quyển để phát thưởng cho học sinh. Tính xác suất để số sách sau khi
Thầy phát thưởng cho học sinh còn lại đủ cả ba loại.
2132
54
73
661

A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
2145
715
2145
715
Lời giải
Chọn D.
8
Số phần tử của không gian mẫu: C15 .
Gọi A là biến cố “Số sách còn lại đủ cả 3 loại”, ta xét các trường hợp sau:
4
+) Lấy hết số sách Toán (4 sách toán và 4 quyển khác trong 11 quyển cịn lại) có C11 cách chọn.
⇒ f ( t ) min ⇒ t=

3
+) Lấy hết số sách Văn (5 sách văn và 3 quyển khác trong 10 quyển còn lại) có C10 cách chọn
2
+) Lấy hết số sách Tiếng Anh (6 sách Tiếng Anh và 2 quyển khác trong 9 quyển cịn lại) có C9
cách chọn.
C114 + C103 + C92 661
P
(
A

)
=
1
−
=
Khi đó:
.
C158
715