Tổng hợp các câu vận dụng có đáp án môn toán lớp 12 liên trường nghệ an lần 2 | 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 (423.36 KB, 12 trang )

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

TỔNG HỢP CÁC CÂU VD-VDC ĐỀ THI CỤM LIÊN TRƯỜNG NGHỆ AN

Câu 1: [2H3-4] Trong không gian Oxyz, mặt phẳng () đi qua điểm M(1;2;1) và cắt các tia

Ox, Oy, Oz lần lượt tại A , B , C sao cho độ dài OA, OB, OC theo thứ tự tạo thành
cấp số nhân có cơng bội bằng 2 . Tính khoảng cách từ gốc tọa độ tới mặt phẳng ().

A.

21
4

. B.

21. C.

7
21

3 . D.

9 .

Lời giải
Chọn C.

Gọi A(a,0,0), B(0,b,0), C(0,0,c) theo đề ra ta có a,b,c dương.

Phương trình mặt phẳng ( ):   1

c
z
b
y
a
x

 . Do mặt phẳng () đi qua điểm M(1;2;1) nên

ta có 1211

c
b

a (1).

Do OA, OB,OC theo thứ tự tạo thành cấp số nhân có cơng bội bằng 2 nên c2 b 4a.

Thay vào (1) ta được

4
9


a  ,

4
9



OA ,

2
9


OB OC 9.

Đặt d(0;())h suy ra

27
7
1
1
1
1

2
2

2 OA OB OC 

h  7

21
3



h .

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



0;0; 3 ,



B



2;0; 1



và
mặt phẳng

 

P : 3x 8y7z 1 0. Điểm C a b c là điểm nằm trên mặt phẳng



; ;



 

P , có
hồnh độ dương để tam giác ABC đều. Tính a b 3 .c

A. 7. B. 9. C. 5. D. 3.

Lời giải

Chọn C.

Viết phương trình mặt phẳng ( )Q là trung trực đoạn AB

 









 

1;0; 2

1;0;1 :

:     1 0



 



Q đi qua I Q x

vtpt AB z

Viết phương trình đường thẳng d là giao tuyến

 

P và

 

Q

1 0
:

3 8 7 1 0

  




   


x z
d

x y z

: 1 ( )

1 2




    

  



x t

d y t t

z t



2 ; 1 ; 1 2



 C t   t   t

Tam giác ABC đều khi và chỉ khi AB AC

 

2 2







2 2



2 2 2

 t    t   t 

9 6 3 0

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





2; 2; 3
1

3




   

 


t

C
t

Vậy a b 3c5.
Vậy đáp án C.

Câu 3: [2D2-3] Cho f x( )aln



x x21



bsinx6 với a b  , . Biết f



log log



e 



2. Tính
giá trị của biểu thức f



log ln10





A. 4 . B. 10. C. 8 . D. 2

Lời giải

Chọn B.

Hàm số ( )f x có tập xác định  .

Đặt ( )g x f x( ) 6 (*), hàm số ( )g x cũng có tập xác định  .
Dễ thấy   x thì  x , và ta có:









( ) ( ) 6 ln ( ) 1 sin( ) ln 1 sin

g x f  x  a  x  x  b x a x   x  b x





ln sin ln 1 sin ( )

a b x a x x b x g x

x x

 

       

 

 

Suy ra hàm số ( )g x là hàm số lẻ trên  .

Ta thấy: log ln10





log 1 log log





loge e

 

  

  , nên nếu đặt





log ln10

t  thì log log e





t.

Theo giả thiết có ( ) 2f t  , từ (*) ta có ( )g t f( ) 6 2 6t    4. Cần tính ( )f t .
Từ (*) và kết hợp hàm g là hàm số lẻ ta có:

( ) ( ) 6 ( ) 6 4 6 10

f t g t   g t     .

Câu 4: [2D1-3] Số giá trị nguyên của tham số m thuộc



2;4



để hàm số









1 1 3 1

y m  x  m x  x đồng biến trên  là

A. 3. B. 5. C. 0. D. 2.

Lời giải

Chọn B.

Tập xác định D .

Ta có y 



m2 1



x2 2



m 1



x 3

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

TH1: Với m2 1 0 m 1

   .

Khi m  thì 1 y  3 0 x  , suy ra hàm số đồng biến trên .

Khi m  thì 1 y 4x 3 0 3

x 

  , suy ra hàm số không đồng biến trên .

TH2: Với m2 1 0 m 1

    .

Hàm số 1



2 1





1



2 3 1
3

y m  x  m x  x đồng biến trên   y   0, x









2 2

1 0
0

' 0 1 3 1 0

m
a

m m

  



 

   

     

 



1 2

1
1

m

m m

m
m

m

 

  







 

 


 




 



Từ hai trường hợp trên, suy ra m     



; 1

 

2;



.

Vì m nguyên và m thuộc



2;4



nên m   



2; 1; 2;3;4



. Vậy có 5 giá trị m thỏa mãn.

Câu 5: [2D1-4] Cho x y , 0 thỏa mãn

2 3 0

2 3 14 0

x xy
x y

   



  



. Tính tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
biểu thức P 3x y xy2 2 2x3 2x

    .

A. 4. B. 8 . C. 12. D. 0 .

Lời giải

Chọn D.

Ta có 2

3 0

x  xy 

2 3

x
y

x


  .

Khi đó 2x3y14 0

3 9

2x x 14 0

x


     5x214x 9 0 1;9
5

x  

   

 .

Cũng có

 

2 2

2 3 3 3 9

3 x x 2 2 5

P x x x x x f x

x x x

 

 

         

 

Mà

 

5 0

f x

x

    , 1;9

x  

   .

Do đó GTLN của P là 9 4
5

f    

  và GTNN của P là f

 

1 4.

Vậy tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P bằng 0 .

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

A. 13

35. B.

20. C.

35. D.

13
20.
Lời giải

Chọn D.

* Gọi  là không gian mẫu. Ta có n

 

 C163 560.

* Có 14 cách chọn ba số liên tiếp nhau.
* Có 15 cách chọn hai số liên tiếp nhau.

+ Nếu hai số đó là



0,1 hoặc





14,15 thì có 13 cách chọn số thứ ba sao cho trong ba số chỉ có



hai số liên tiếp.

+ Nếu hai số đó khơng phải là



0,1 hoặc





14,15 thì có



12 cách chọn số thứ ba sao cho trong
ba số chỉ có hai số liên tiếp.

* Vậy có 14 2 13 13 12 196     cách chọn ba số sao cho ba số đó là liên tiếp hoặc chỉ có hai
trong ba số là liên tiếp.

* Vậy có 560 196 364  cách chọn ba số sao cho trong ba số được chọn khơng có hai số liên
tiếp. Do đó xác suất cần tính là 364 13

560 20

P   .

Bình luận: Bài tốn được giải bằng phương pháp gián tiếp (tính phần bù). Điểm mấu chốt là
biết phân biệt các trường hợp: Cặp số được chọn đứng ở đầu hay cuối dãy hay đứng ở trong
dãy. Tùy vào từng trường hợp mà có cách chọn số thứ ba tương ứng sao cho trong ba số chỉ có
hai số liên tiếp.

Bài tốn tương tự:

Cho X 



0,1, 2,3,..., 2018



. Chọn ngẫu nhiên ra ba số. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong ba
số được chọn khơng có hai số liên tiếp.

A. C20193  20172. B.

3 2

2019 2018

C  . C. A20193  20172. D.

3 2

2019 2018

A  .

Bài toán tổng quát:

Cho X 



0,1, 2,3,...,n



(với n  ). Chọn ngẫu nhiên ra ba số. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để3
trong ba số được chọn khơng có hai số liên tiếp.

A. 3





1 1

n

C   n . B. Cn31 n2. C.





2
3

1 1

n

A  n . D. An31 n2.

Bài toán mở rộng (do thầy Lê Văn Nam đề xuất):

Cho X 



1,2,3,...100



. Tính số tập con gồm

n

phẩn tử của X ( *, 33)

N n

n , sao cho

không có hai số tự nhiên nào liên tiếp và khơng có số tự nhiên chia hết cho 3.
A.Cn .2n Cn.2n

33
1
1

33 




. B. Cn .2n Cn .2n

33
1
1

34 




. C. Cn .2n Cn .2n

34
1
1

33 




. D.

n
n
n

n C

C331.2  33.2

Câu 7: [1D1-4] Tổng các nghiệm của phương trình 2 cos2x 3 sin 2x 3

  trên 0;5



 

 

  là

A. 7



. B. 7



. C. 7

2


. D. 2 .

Lời giải
Chọn C.

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

sin 2 1
6

x 

 

   

  2x 6 2 k2

 



   

6
x  k

  



k   .



Vì 0;5 0 5

2 6 2

x    k  

 

1 7

6 k 3

    , k k



0;1;2



Khi đó các nghiệm của phương trình trên 0;5
2



 

 

  là

7 13

, ,

6 6 6

x x  x  .

Vậy tổng các nghiệm trên 0;5
2



 

 

  bằng

7 13 7

6 6 6 2

   

   .

Câu 8: [2H3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng

 

P x y z:    3 0 và hai
điểm A



1;1;1; ,



B   



3; 3; 3



. Mặt cầu

 

S đi qua hai điểm A B, và tiếp xúc với

 

P tại điểm

C . Biết rằng C ln thuộc một đường trịn cố định. Tính bán kính của đường trịn đó.

A. R 4. B. R 6. C. 2 33.

R  D. 2 11.

R 

Lời giải
Chọn B.

+) Gọi I là tâm của mặt cầu

 

S .

+) Gọi M là trung điểm của AB  M   



1; 1; 1



.
+) Gọi K AB

 

P .

+) Ta có đường thẳng AB đi qua điểm A và nhận AB    



4; 4; 4



4 1;1;1





là véc-tơ chỉ

phương nên phương trình đường thẳng AB là 
1
1
1

x t

y t

z t

 



 

  


Vì K AB nên K



1 ;1 ;1t t t



. Mặt khác K

 

P   1 t



1t

 

 1t



 3 0  t 2.
Suy ra K



3;3;3



 KM 4 3. Ta cũng có AB 4 3.

Xét KIC vng tại C ta có KI2 KC2IC2. (1)

Xét KIM vng tại M ta có KI2 KM2IM2

2 2

4
AB

KM IA 

   

 

2 36.

IA

  (2)

Từ (1) và (2) ta có KC 2 36 KC6. Từ đó suy ra C thuộc đường trịn tâm K bán kính

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

Câu 9: [2D2-3] Gọi Slà tập hợp các giá trị của tham số m để phương trình

1 1

. 2 1 0

9 3

x x

m m

   

   

   

    có nghiệm. Tập

\ S

 có bao nhiêu giá trị nguyên?

A. 4 . B. 9. C. 0. D. 3.

Lời giải
Chọn B.

Đặt 1

x

t  

  ,
0

t  .

Khi đó phương trình đã cho trở thành: t2 m t. 2m  1 0 m t.



 2



 t2 1

 

*
Nếu t 2, từ

 

* ta có 0 5 (vơ lý).

Với 0 t 2 ta có

 

2 1

2
t
m

t


 

 .
Xét hàm số

 

2 1

2
t

f t

t



 , 0 t 2. Ta có

 





4 1

0 2 5

2
t t

f t t

t
 

     

 .

Bảng biến thiên:

t 0 2 2 5 

 

f t   0 

 

f t

1
2


 



4 2 5



Phương trình đã cho có nghiệm x khi phương trình

 

* có nghiệm t với 0 t 2.

Từ bảng biến thiên suy ra ; 1 4 2 5;



m      



  .

Khi đó tập \ 1;4 2 5
2

S   

 

 có 9 giá trị nguyên.

Câu 10: [2D3-3] Cho hàm số f x liên tục trên

 

\ 0; 1







thỏa mãn điều kiện f

 

1 2ln 2 và



1



 

x x f x  f x x x. Giá trị f

 

2  a bln 3,a b  , .Tính a2 b2

 .

A. 25

4 . B.

2. C.

2. D.

13
4 .
Lời giải

Chọn B.

Ta có x x



1



f x

 

f x

 

x2 x

   

 





 

1 1 1

x x

f x f x

x  x x

  

  

 

1 1

x x

f x

x x



 

   

 

 

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

Lấy tích phân từ 1 đến 2 hai vế ta được

 

2 2

1 1

d d

1 1

x x

f x x x

x x



 



   

 



 





1
1

ln 1
1

x

f x x x

x

   



 

  

 



2 1

2 1 2 ln 3 1 ln 2

3 f 2 f

     

 

2 ln 2 1 ln 3 ln 2
3 f

    

 

2 3 3ln 3

2 2
f

   . Suy ra 3

a  và 3
2
b  .

Vậy

2 2

2 2 3 3 9

2 2 2

a b      

    .

Câu 11: [2D4-4]Biết rằng hai số phức z1,z2 thỏa mãn z1 3 4 i 1 và 2

1
3 4

z   i  . Số phức z có

phần thực là a và phần ảo là b thỏa mãn 3a 2b12. Giá trị nhỏ nhất của

1 2 2 2

P z z  z z  bằng
A. min 9945

P  . B. P  min 5 2 3. C. min 9945

P  . D. P  min 5 2 3.
Lời giải

Chọn C.

Đặt z3 2z2 thì z3 6 8 i 1 và P z z1  z z 3 2.

Gọi M, A, B lần lượt là các điểm biểu diễn cho z, z1 và z3. Khi đó:

Điểm A nằm trên đường trịn

 

C có tâm 1 I1



3;4



, bán kính R 1 1;

Điểm B nằm trên đường trịn



C có tâm 3



I3



6;8



, bán kính R 3 1

Và điểm M nằm trên đường thẳng d: 3x 2y12 0 .

Bài tốn trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của P MA MB  2.

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

Gọi đường trịn

 

C 1 có tâm I 1 và bán kính R  1 1 đối xứng với

 

C qua d .1

Điểm A đối xứng với A qua d thì A thuộc

 

C 1 .

Ta có I I1 1: 2x3y18 0 . Gọi 1 1 72 30;
13 13

H I Id H 

  suy ra 1

105 8
;
13 13

I 

 .

Ta có P MA MB   2 MAMB 2



MAR1







MB R 3



I M I M1  3 I I1 3 .

Từ đó Pmin khi các điểm I 1 , I3,A, B và M thẳng hàng và min 1 3 9945
13

P I I  .

Câu 12: [1H3-3] Cho lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy là tam giác vng tại A, AB a , BC2a.
Gọi M , N ,P lầ lượt là trung điểm của AC , CC,A B và H là hình chiếu của A lên BC .
Tính khoảng cách giữa MP và NH .

A. 3

a

. B. a 6. C. 3

a

. D. a

Lời giải

Chọn A.

Ta có



BCC B 

 

// EMKI



mà NH 



BCC B 



; MP



EMKI



.





d MP NH

 d BCC B



 

 

, EMKI



2AH

 .

Do AH AB AC2. 2

AB AC





3
2

a

 .





a
d MP NH

  .

Câu 13: [2D1-4] Phương trình x3 3x m2m có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

A. m  .0 B. m  2 hoặc m 1.

C.  1 m0. D.  2 m 1 hoặc 0m1
Lời giải

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

Đồ thị của hàm số yx3 3x

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số yx3 3x và đường thẳng

y m m.

Suy ra phương trình có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0 m2 m 2

   0 1

2 1

m
m

 



    

 .

Câu 14: [2D1-3] Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm liên tục trên . Đồ thị hàm số yf x

 

như
hình vẽ sau. Số điểm cực trị của hàm số yf x

 

2x là

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

Lời giải

Chọn B.

Xét hàm số g x

 

f x

 

2x. Ta có g x

 

f x

 

2;
Từ đồ thị hàm số f x

 

ta thấy:

+ g x

 

0  f x

 

2





1
0

x

x  



 

 



+ g x

 

0  f x

 

 2

1
x
x




 



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

+ g x

 

0  f x

 

 2  x .

Từ đó suy ra hàm số yf x

 

2x liên tục và có đạo hàm chỉ đổi dấu khi qua giá trị x  .
Vậy hàm số đã cho có đúng một cực trị.

Câu 15: [2H2-3] Cho hình chóp S ABC. . Tam giác ABC vuông tại A, AB 1cm, AC  3cm. Tam
giác SAB, SAC lần lượt vuông góc tại B và C. Khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. có thể

tích bằng 5 5 cm3
6

 . Tính khoảng cách từ C tới mặt phẳng



SAB .



A. 5cm

2 . B.

5
cm

4 . C.

3
cm

2 . D. 1cm.

Lời giải

Chọn C.

Gọi O là trung điểm của SA. Ta có các tam giác SAB, SAC lần lượt vng góc tại B và C

nên

2
SA
OS OA OB OC    .

Suy ra O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. . Bán kính mặt cầu tương ứng là

2
SA
R  .

Theo giả thiết, ta có 4 3 5 5

3 R 6



  5

R

   SA 5.

Gọi I là trung điểm của BC và H là điểm đối xứng của A qua I, ta có ABHC là hình chữ
nhật.

Ta có AB SB
AB BH













AB SBH

   ABSH

 

1 .

Lại có AC SC
AC CH














AC SCH

   ACSH

 

2 .

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

Ta có ABHC  d C SAB









d H SAB









Lại có AB



SBH







SAB

 

 SBH



theo giao tuyến SB.

Trong mặt phẳng



SBH , kẻ



HKSB tại K, ta có HK 



SAB



 HK d H SAB





Tam giác ABC vuông tại A nên BC AB2 AC2 2 AH BC 2

      .

Tam giác SAH vuông tại H nên SH SA2 AH2 1

   .

Tam giác SHB vng tại H có HK là đường cao nên ta có:

2 2 2

1 1 1

HK SH HB

1 4

3 3

   3

HK

  (cm).

Câu 16: [1H3-4] Cho hình lăng trụ tam giác ABC A B C.    có đáy là tam giác ABC vng tại A,

AB  , AC 4, 61

AA  . Hình chiếu của B lên mặt phẳng



ABC là trung điểm cạnh



BC, M là trung điểm cạnh A B . Cosin của góc tạo bởi mặt phẳng



AMC và mặt phẳng





A BC



bằng

A. 11

3157 B.

65 C.

3517 D.

33
3157
Lời giải

Chọn D.

Gọi H là trung điểmBC, theo giả thiết ta có B H 



ABC



Mặt khác ta lại có tam giác ABC vuông tại A, AB 3, AC 4 nênBC AB2 AC2 5

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Xét tam giác vuông B BH ta có 2 2 2

B H  BB  B H 3

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cóA trùng với O như hình vẽ

VớiA



0;0;0



, B



4;0;0



, C



0;3;0



, khi đó trung điểm H của BC là 3;2;0
2

H 

 . Mặt khác

theo giả thiết ta có 61

AABB nên 3;2;3
2

B 

 .

Do BB AA CC nên A  32;2;3

 ;

3
;6;3
2

C  

   M



0; 2;3





0; 2;3



AM 



; 3;6;3

AC  

 



nên vectơ pháp tuyến



MAC là



nMAC



,
AM AC

 

               

12; ;3

 

   

 

; 2; 3
2

A B     

 



; 3;2; 3

A C    

 



nên vectơ pháp tuyến



A BC



là

A BC

n 



,
A B A C
   


 

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



12;9;12





Gọi  là góc tạo bởi mặt phẳng



AMC và mặt phẳng





A BC



.

   

.
cos

MAC A BC

n n

  

 



 









2 2 2 2 2

12. 12 9 12.3

2
9

12 3 . 9 12 12

 

   

 



 

      

 

</div>

Tổng hợp các câu vận dụng có đáp án môn toán lớp 12 liên trường nghệ an lần 2 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

<sub></sub>

<sub></sub>





 





 

 









 

 

 





 









































































<sub></sub>

<sub></sub>























 











 

 

 

 

