Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án môn toán năm 2018 trường thpt lương thế vinh hà nội 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 (12.85 KB, 1 trang )

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

SẢN PHẨM TỔ 3 TUẦN 10

Đề thi thử Trường THPT Lương Thế Vinh - Hà Nội, lần 2 năm 2018

Câu 18: [2D1-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Biết đồ thị hàm số





4 2 1 2 2 1

y x  m x  m cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt A B C D, , , sao cho

AB BC CD  . Tổng các giá trị của tham số m bằng

A. 4. B. 5. C. 32

9 . D.

44
9 .
Lời giải

Chọn C.

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành là nghiệm của phương trình:





4 2 1 2 2 1 0

x  m x  m  .

Đặt t x2, đk:t 0

 , phương trình trở thành: 2 2





2 1 0 1

 

2 1

t

t m t m

t m




      

 

 .

Để đồ thị hàm số trên cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt A B C D, , , sao cho

AB BC CD  điều kiện là phương trình

 

1 có hai nghiệm phân biệt t t1, 02



t1t2



thỏa

mãn t2  t1 2 t1  t1t2 2 t t1 2 4 2t1

 

Để phương trình

 

1 có hai nghiệm phân biệt điều kiện là:

2 1 0

2 1 1

m m

m

m


  

 



 

 

  

* TH1: 1

2 1

t

m

t m




 



 

 thay vào

 

2 ta được:

2m 2 2 2m  1 4 2m1m1, đk:m1

 





2 0

2 1 2 1 4

4 /

m l

m m m m

m t m




        




* TH2: 1

2 1

0
1

t m

m
t

 



 




 thay vào

 

2 ta được:





2 2 2 2 1 4 2 1 2 1 3 1

3
m  m  m  m  m m 

  

 





2 1 9 6 1 4

9
/

m l

m m m m

m t m





       

 


Vậy tổng các giá trị của tham số m thỏa mãn đề bài là: 4 4 32

9 9

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

Câu 31: [2D4-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Cho số phức z thỏa mãn
(z 2i z)(  2 i) 25 . Biết tập hợp các điểm M là điểm biểu diễn số phức w2z 2 3 i là

đường trịn tâm I a b( ; ) và bán kính c. Giá trị của a b c  bằng

A. 17. B. 20. C. 10. D. 18.

Lời giải
Chọn A.

* Phân tích:

Đây là bài tốn tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức w biểu diễn qua số phức z thoa mãn
điều kiện cho trước (của z).

+ Nếu làm theo hướng đại số thì cần chú ý: bài tốn u cầu tìm tập hợp điểm biểu diễn số
phức nào thì đặt số phức đó bằng x yi x y



,  



+ Nếu chú ý về giả thiết (z 2i z)(  2 i) 25  (z 2i z).(  2i) 25  z 2 i 5
thì lời giải hình học sẽ nhẹ nhàng hơn.

* Giải

* Cách 1

Gọi M x y( ; ) là điểm biểu diễn số phức w ta có: 2 2 3 2 3

2 2

x y

x yi  z  i z    i

2 3

2 2

x y

z   i

   .

Từ giả thiết ta có

( 2 )( 2 ) 25 2 2 3 2 2 3 25

2 2 2 2

x y x y

z i z  i       i  i      i  i

   









2 2

2 ( 5) 2 ( 5)

25.

2 2 2 2

2 5

25 2 5 100.

2 2

x y x y

i i

x y

   

   

     

   

 

   

         

   

Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I(2;5) bán kính R 10.
Do đó a b c  17.

* Cách 2

Ta có: (z 2i z)(  2 i) 25  (z 2i z).(  2i) 25  z 2  i 5 z 2 i 5

Thay 2 3

w i

z   vào điều kiện trên ta được 2 3 2 5



2 5



10
2

w i

i w i

 

       .

Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn số phức w là đường trịn tâm I(2;5) bán kính R 10.
Do đó a b c  17.

Bài tập tương tự

Câu 1: [2D4-3] [Thi thử cụm 6 TP. HCM] Cho số phức z thỏa mãn z1 2; w (1 3 )i z2.Tập
hợp điểm biểu diễn của số phức w là đường trịn, tính bán kính đường trịn đó

A. R 3. B. R 2. C. R 4. D. R 5.
Lời giải

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











 















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

3 3 1 3 1 1 3 1 4

w i z w i i z

w i i z i z

        

         

Do đó, tập hợp điểm biểu diễn của số phức w là đường trịn có bán kính bằng 4.

Câu 2: [2D4-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Cho số phức z thỏa mãn
2 2

z   . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w 



1 i z i



 là một đường trịn.
Tính bán kính r của đường trịn đó

A. r 2 2. B. r  .4 C. r  2. D. r  .2

Lời giải
Chọn A





w i

w i z i z

i



    

 ; đặt w x yi x y  ; ,  .

x yi i
z

i

 

 

 . Ta có



 



2 2 2 2 2 2

1 2

x yi i i

x yi i

z

i

  

 

        





 















2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 1 4 4 3 1 4

3 1 16 9 2 6 6 1 2 2 2 16

2 2 8 4 6 0 4 2 3 0

x yi i i

x xi yi y i x y x y i

x y x y x y xy y x x y xy y x

x y x y x y x y

  

                 

                   

           

Đường tròn có bán kính là R  22 12 3 2 2

   .

Câu 39: [1H3-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Đáy của một lăng trụ tam giác
đều là tam giác ABC có cạnh bằng a. Trên các cạnh bên AA BB CC, , ' lần lượt lấy các điểm

1, ,1 1

A B C cách mặt đáy



ABC



một khoảng bằng , ,3

2 2

a a

a . Cosin của góc giữa



A B C1 1 1



và



ABC



bằng

A. 2

2 . B.

2 . C.

4 . D.

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

Chọn A.

* Phân tích

Nhận thấy ABC là hình chiếu vng góc của A B C1 1 1, mà diện tích ABC tính được,
1 1 1

A B C

 ta tính được 3 cạnh nên diện tích cũng tính được. Do đó để tính góc giữa hai mặt
phẳng ta có thể sử dụng cơng thức diện tích hình chiếu.

* Giải

Ta có 2 3

4
ABC

a

S  .

Mà 2 2

1 1 1 1

5
2
a

A B  A H HB  ,A C1 1 A I1 2IC12 a 2,

2 2

1 1 1 1

5
2
a
B C  B K KC 

Từ đó ta có A B C1 1 1 là tam giác cân tại B1 nên

1 1 1

2 6

4
A B C

a

S 

Vậy



 



1 1 1

cos ,

2
ABC

A B C
S
A B C ABC

S



 

* Nhận xét:

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

- Ta cũng có thể dựng góc giữa hai mặt phẳng để tính như hình vẽ sau

Bài tập tương tự

Câu 1: [1H3-3] Cho hình chóp đều S ABCD. có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm SC.
Tính góc j giữa hai mặt phẳng

(

MBD

)

và

(

ABCD

)

A. 90o

 . B.  60o. C.  45o. D. 30o.

Câu 2: [1H3-3] Cho tam giác ABC vng cân tại A có AB a , trên đường thẳng d vng góc với



ABC



tại điểm A ta lấy một điểm D. Tính góc giữa hai mặt phẳng



ABC



và



DBC



trong
trường hợp DBC là tam giác đều.

A. arccos1

3. B.

3
arccos

3 . C.

3
arccos

4 . D.

3
arccos

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

Câu 3: [1H3-3] Cho lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy ABC là một tam giác cân với

 0

, 120

ABAC a BAC  cạnh bên BB a. Gọi I là trung điểm CC. Chứng minh rằng tam
giác AB I vng ở A. Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng



ABC



và



AB I



A. 15

10 . B.

10 . C.

30. D.

15
30.

Câu 40: [2D3-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Cho hàm số yf x

 

có đạo
hàm liên tục trên



1;



thỏa mãn f

 

1 1 và f x

 

3x2 2x 5 x



1;



       . Tìm số

nguyên dương m lớn nhất sao cho xmin3;10 f x

 

 với mọi hàm số m yf x

 

thỏa đề bài.
A. m  .15 B. m 20. C. m  .25 D. m  .30

Lời giải
Chọn C.

Do giả thiết cho một bất đẳng thức liên quan đến yf x'

 

nên ta sẽ lấy tích phân hai vế để
được một bất đẳng thức liên quan đến yf x

 

Ta có

 

2 3 2

1 ( )d 1(3 2 5)d 1 5 3 1

t t

f x x  x  x x  f t  f  t t  t  t



Suy ra

 

 

 

 





3 2 3 2

3;10 3;10

5 4 min min 5 4 25

x x

f x x x x f x x x x

 

          .

Vậy m 25.

Bài tập tương tự

Câu 1: [2D3-3] Cho các hàm số yf x

 

có đạo hàm liên tục trên



0; 1



thỏa mãn

 

2018





3f x xf x x  x 0; 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1

 

0 f x xd



A. 1

2019.2020. B. 
1

2019.2021. C. 
1

2020.2021. D. 
1
2018.2020.

Câu 2: [2D3-3] Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm liên tục trên  thỏa mãn f

 

1 1 và

 

4 2

2 0

f x x x x

x

      . Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Phương trình f x  có 1 nghiệm trên

 



0; 1 .



B. Phương trình f x  có đúng 3 nghiệm trên

 



0;   .



C. Phương trình f x  có 1 nghiệm trên

 



1; 2 .



D. Phương trình f x  có 1 nghiệm trên

 



2; 5 .



Câu 42: [2D1-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Cho hàm số yf x

 

liên tục
trên các khoảng xác định và có bảng biên thiên như hình vẽ bên cạnh. Hỏi số đường tiện cận

đứng của đồ thị hàm số 2 

1
2
f x
y

e


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

A. 0. B. 3. C. 1. D. 2.
Lời giải

Chọn D.

* Phân tích:

Bài tốn u cầu tìm số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 2  2

1
f x

y

e 

 thực chất là hỏi số

nghiệm của phương trình f2 x 2 0

e   có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt.

* Giải

Xét f2 x 2 0 *

 

e    f2

 

x ln 2

 

ln 2

ln 2
f x

f x



 



 .

Khi đó số nghiệm của phương trình

 

* là tổng số giao điểm của hai đường thẳng d y 1: ln 2

và d2:y ln 2 với đồ thị hàm số yf x

 

Dựa vào đồ thị hàm số ta có d1 cắt đồ thị hàm số yf x

 

tại một điểm phân biệt và d2 cũng

cắt đồ thị hàm số yf x

 

tại một điểm phân biệt.

Vậy số số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 2 

1
2
f x
y

e


 là 2 đường.
Bài tập tương tự

Câu 1: [2D1-3] Cho hàm số yf x

 

liên tục trên các khoảng xác định và có bảng biên thiên như

hình vẽ bên cạnh. Hỏi số đường tiện cận đứng của đồ thị hàm số

 

log 4

y

f x


 là bao

nhiêu?

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

Lời giải
Chọn D.

Bài tốn u cầu tìm số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

 

2
2

log 4

y

f x


 thực chất là hỏi số

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

Xét 2

 

log f x  4 0  log2 f x

 

 2 f x

 

4.

Dựa vào đồ thị hàm số yf x

 

ta được đồ thị hàm số y f x

 

có dạng

với x 1



0;



. Khi đó số nghiệm của phương trình f x 

 

4 là số giao điểm của đường
thẳng có phương trình y 4với đồ thị hàm số y f x

 

Dựa vào bảng biến thiên ta được phương trình f x 

 

4 có bốn nghiệm phân biệt.
Vậy số số đường tiện cận đứng của đồ thị hàm số

 

2
2

log 4

y

f x


 là 4 đường.

Câu 2: [2D1-3] Cho hàm số yf x

 

liên tục trên các khoảng xác định và có bảng biên thiên như
hình vẽ bên cạnh. Hỏi số đường tiện cận đứng của đồ thị hàm số 2 

2018
f x
y

e e



 là bao nhiêu?

A. 3. B. 5. C. 4. D. 6.

Lời giải
Chọn B.

Bài tốn u cầu tìm số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 2 

2018
f x

y

e e



 thực chất là hỏi số
nghiệm của phương trình f2 x 0

e  e có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt.
Xét  

 

0 *
f x

e  e  f2

 

x 1

 

1
f x
f x




 



 .

Khi đó số nghiệm của phương trình

 

* là tổng số giao điểm của hai đường thẳng d y 1: 1 và

2: 1

d y  với đồ thị hàm số yf x

 

Dựa vào đồ thị hàm số ta có d1 cắt đồ thị hàm số yf x

 

tại ba điểm phân biệt và d2 cắt đồ

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

Vậy số số đường tiện cận đứng của đồ thị hàm số 2 

1
2
f x
y

e


 là 5 đường.

Câu 43: [2H1-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Cho hình chóp .S ABCD đáy là

hình bình hành, có , 5

2
a

AB a SA SB SC SD     . Giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp

S ABCD bằng

A.

3
6

a . B. 3

3
a

. C.

2 3

a . D. 3

6
3

a .

Lời giải
Chọn B.

* Phân tích:

- Đây là hình chóp có các cạnh bên bằng nhau nên gọi H là hình chiếu của S xuống mặt
phẳng



ABCD



thì HA HB HC HD    H là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy ABCD là
hình chữ nhật.

- Đặt cạnh cịn lại của hình chữ nhật là x lập cơng thức tính thể tích theo a x, rồi khảo sát hàm
số theo xta có kết quả.

* Giải

Đặt AD x thì 2 2

BD a x , SABCD a x.

Có





2 2 2 2 2

2 2 4

4 4

SB SD BD a x

SH     

2 2

.
2

a x

SH 

 

Thể tích cần tính là 2 2

1 1

. . . 4 .

3 6

S ABCD ABCD

V  SH S  a x a  x





2 2 2 3

2 2 2

1 4

. 4 . .

6 6 2 3

S ABCD

a x a x a

V  a x a  x     

 

Dấu bằng xảy ra khi x2 4a2 x2 x a 2

    (theo bất đẳng thức AM GM ).
Bài tập tương tự

Câu 1: [2H1-3] Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình bình hành, 10

2
a
SA SB SC SD    ,

AB a . Biết thể tích khối chóp .S ABCD đạt giá trị lớn nhất. Độ dài cạnh AD là

A. a 3. B. 3 2

a . C. a. D.

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

Câu 2: [2H1-3] Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình bình hành, 2
2
a
SA SB SC SD    ,

AB a . Tính độ dài đường cao của hình chóp khi thể tích khối chóp .S ABCD đạt giá trị lớn
nhất.

A. a 3. B. 2

a . C. a. D.

a .

Câu 44: [1D2-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Từ hai chữ số 1 và 8 lập được
bao nhiêu số có 8 chữ số sao cho khơng có hai chữ số 1 nào đứng cạnh nhau.

A. 54. B. 110. C. 55. D. 108.

Lời giải
Chọn C.

Nếu có từ 5 chữ số 1 trở lên thì số lập được ln có ít nhất 2 chữ số 1 đứng cạnh nhau.
Xét các trường hợp sau

Khơng có chữ số 1 ta lập được 1 số

Có một chữ số 1, bảy chữ số 8: lập được 8 số
Có hai chữ số 1, sáu chữ số 8: lập được 2

C số
Có ba chữ số 1, năm chữ số 8: lập được 3

C số
Có bốn chữ số 1, bốn chữ số 8: lập được C số54

Vậy ta lập được 1 8 C72C63C54 55 số tự nhiên thỏa mãn.

Câu 45: [1D2-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Từ 2 chữ số 1;0 lập được bao
nhiêu số có 8chữ số sao cho khơng có 2 chữ số 1 nào đứng cạnh nhau.

A. 42 . B. 22 . C. 21 . D. 44 .

Lời giải
Chọn C.

Tư tưởng là làm như bài trên và trừ đi trường hợp số 0đứng đầu hoặc làm trực tiếp
Khơng có chữ số 1 ko lập được số nào

Có một chữ số 1 thì số 1 chỉ có thể đứng đầu nên lập đc 1 số

Có hai chữ số 1; sáu chữ số 0.Một chữ số 1 đứng đầu nên ta lập đc C61

Có ba chữ số 1; năm chữ số 0. Một chữ số 1 đứng đầu nên ta lập đc 2
5

C

Có bốn chữ số 1 ; bốn chữ số 0. Một chữ số 1 đứng đầu nên ta lập đc C43

Vây ta lập được 1C61C52C43 21

Câu 46: [1D2-2] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Cho khai triển



2017



2018



2018



2017

1 1

T   x x   x x . Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển bằng

A. 4035. B. 1. C. 2017. D. 0.

Lời giải
Chọn B.

* Phân tích:

Khai triển của T



1 x x2017



2018



1 x x2018



2017

      là một đa thức nên



2017



2018



2018



2017 2 4068289

0 1 2 4068289

1 1

T   x x   x x a a x a x  a x

 

1 2 2 4068289 4068289 4068288

T x a a x a x

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

Mặt khác, T x

 





1 x x2017



2018



1 x x2018



2017

       

 



2017



2017



2016





2018



2016



2017



2018 1 x x 1 2017x 2017 1 x x 1 2018x

          T

 

0 1.

Suy ra, a 1 1.

* Giải



2017



2018



2018



2017 2 4068289

0 1 2 4068289

1 1

T   x x   x x a a x a x  a x

 

1 0 1

a T 

   .

Bài tập tương tự

Câu 1: [1D2-2] Tìm hệ số không chứa x trong khai triển của P x

 





2 x 3x8

 

5 3 2 x x 20



A. 211. B. 0 . C. 211. D. 1.

Câu 2: [1D2-2] Tìm tổng các hệ số chứa biến trong khai triển của

 



1 3



2015



1 3 4



2016

Q x   x x   x x .

A. 1. B. 0 . C.  .1 D. 2 .

Câu 47: [2D3-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Cho hàm số yf x

 

có đạo

hàm trên  thỏa mãn

 

3 2 1

3 . f x x x 0

f x e

f x

 

   và f

 

0 1. Tích phân

 

. d

x f x x



bằng

A. 2 7

3 . B.

4 . C.

8 . D.

5 7
4
Lời giải

Chọn C.

Phân tích: Nhận thấy



f3 x



3.

 

. 2

 

e  f x f x nên ý tưởng là quy đồng chuyển vế để tích phân
2 vế

Ta có:

 

3 2 1 2 3 2 1

3f x e. f x x x 0 3.f x f x e. . f x 2 .x ex
f x

  

     

Lấy nguyên hàm 2 vế ta được: 3.f2

 

x f x e. 

 

. f3 xdx 2 .x ex21dx ex21d



x2 1



  



 

3 2 1

0
f x x

e e  C

   

Mặt khác: f

 

0  1 C0 nên f3

 

x x2 1 f x

 

3 x2 1

    

Tính:

 

7 7

3 2

0 0

. d . 1.d

8
x f x x x x  x



Bài tập tương tự

Câu 1: Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục trên

 



0;1 thỏa mãn



 

1 0, d

11
f 



 f x  x và

 

1
4

1
d

x f x x 



. Tích phân

 

d
f x x



bằng

A. 1
7

 . B. 1

7. C.

1
55

 . D. 1

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

Chọn A.

Ta có

 

1 5 1 5

0 0 0

d d

5 5

x x

x f x x f x   f x x

 



 

1
5
0
1
d
11
x f x x







mà

 

2
5
0
1
d
11

x x 



nên

 

 

1 1 1

2 5 5

0 0 0

d 2 d d 0

f x x x f x x  x x

 
 



 

1
2
5
0

0
f x x dx

 





    .

Suy ra f x

 

x5

  

 

1 6

 

f x x C .

Vì f

 

1 0 nên 1
6


C . Vậy

 

1 1 6

0 0

1 1

d d

6 7

x

f x x  x



Câu 2: Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục trên

 



0;1 thỏa mãn



 

1 0, d 2ln 2

2
f 



 f x  x 

và

 





3
d 2ln 2

2
1

f x
x

x  



. Tích phân

 

d
f x x



bằng

A. 1 2ln 2
2


. B. 3 2ln 2

2


. C. 3 4ln 2
2


. D. 1 ln 2
2


Lời giải
Chọn A.

Ta có

 





 

1 1

0 0

d d 1

1
1

f x

x f x

x
x
 
   

 




 

1 1
0
0
1 1

1 1 d

1 f x 1 f x x

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



Suy ra

 

1 3

1 d 2ln 2

1 f x x 2
x
 

  
 

 



.
Mặt khác









1
2
1 1
2

0 0 0

1 1 1 1 3

1 d 1 2 d 2ln 1 2ln 2

1 x 1 1 x x x 1 2

x x x x

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



Do đó

 

1 1 1

0 0 0

1 1

d 2 1 d 1 d 0

1 1

f x x f x x x

x x
   
      
     
   
   



 

2
3
0
1

1 d 0

f x x

x
 

     

 



 

1 1

1
f x

x


  

  f x

 

 x ln



x1



C, vì f

 

1 0 nên Cln 2 1 .

Ta được

 





1 1

0 0

d ln 1 ln 2 1 d ln 2

2
f x x x x    x 



Câu 48: [2H3-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Trong không gian Oxyz, cho
điểm A



1;1; 2



và

  

P : m1



x y m  z 1 0  với m là tham số. Biết khoảng cách từ A đến
mặt phẳng

 

P lớn nhất. Khẳng định đúng trong bốn khẳng định dưới đây là

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Chọn A.

* Phân tích:

- Đây là bài tốn mà giả thiết có liên quan trực tiếp đến kết luận thơng qua cơng thức tính
khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng, mấu chốt của bài tốn là tìm giá trị nhỏ nhất

của hàm phân thức dạng

ax bx c
y

a x b x c

 



    .

- Học sinh có thể sử dụng MTCT để tìm được phương án trả lời đúng.

* Giải

Ta có:



 



32 1

2 2 2

m
d d M P

m m



 

  .

 

2
2

9 6 1

2 2 2

m m

d y m

m m

 

  

  .

Xét hàm y m

 

có

 





2
2

1 3 16 5

2 1

m m

y m

m m

  

 

  .

 

0 1

3
m
y m

m




  

 


Bảng biến thiên

Suy ra d lớn nhất  y m

 

lớn nhất  m5. Chọn đáp án A.

Câu 49: [2D4-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Gọi z1, z2 là hai trong số phức

z thỏa mãn z1 2 i 5 và z1 z2 8. Tìm mơđun của số phức w z 1z2 2 4 i.

A. w  .6 B. w  .16 C. w  .10 D. w  .13

Lời giải
Chọn A.

* Phân tích:

Nhận thấy w z 1z2  2 4 i



z1 1 2 i

 

 z2 1 2 i



, mặt khác giả thiết cũng có thể viết
lại là z11 2 i 5, z2  1 2 i 5 và z1 z2  8



z1 1 2 i

 

 z2  1 2 i



8.

Điều này gợi ý cho ta đặt u1 z1 1 2 , i u2 z2 1 2 i và sau đó ta áp dụng đẳng thức quen

thuộc 2 u



12 u2 2



u1 u22 u1u2 2.

* Giải

Đặt u1z1 1 2 i, u2 z2 1 2 i thì bài toán trở thành:

Cho 1 2

1 2

5
8

u u

  




 




, tính u1u2 .

Áp dụng cơng thức 2



u12  u2 2



u1 u2 2 u1u22  u1u2 6.

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Câu 1: [2D4-3] Cho hai số phức z z1, 2 thỏa mãn z1 3 4i 1, z2 6 i 2. Tính tổng giá trị lớn

nhất và nhỏ nhất của z1 z2 .

A. 18 . B. 6 2. C. 6. D. 3 2.

Câu 2: [2D4-3] Cho hai số phức z z1, 2 thỏa mãn z1 4 1, iz2 2 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

1 2

z  z .

A. 2 5 2 . B. 2 5. C. 3. D. 4 2.

Câu 50: [2D3-4] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Cho hàm số

 





x2

f x  f  x xe . Tính tích phân

 

f x dx



A. 2 1
2

e 

B.

4 1

4
e 

C. e 4 2 D. e 4 1

Lời giải

* Nhận xét

khi cho x  và 0 x  . Ta có : 2

 

4
4

0 2 0

0 3

2 0 3

f f

e

f f e

 




 



 




(vô lý)

* Sửa lại đề như sau

Câu 50: [2D3-4] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Cho hàm số

 





x2

f x  f  x xe . Tính tích phân

 

f x x



A.

1
2
e 

B.

1
6
e 

C. e 4 2 D. e 4 1

Lời giải
Chọn B.

Xét

 

I 



f x x và





2 d

J 



f  x x

Đặt t 2 x  dtdx  dxdt

0 2

x  t  và x 2 t0

Ta có :

 

0 2 2

2 0 0

d d d

J  



f t t



f t t



f x x I

Ta có : f x

 

2f



2 x



xex2

  

 





2 2 2

0 0 0

d 2 2 d xd

f x x f x x xe x









 



3I xex dx

 



d
3

x

I xe x

 



Đặt 2 d 2 d d 1d

tx  t x x x x t

Đổi cận x 0 t 0

   và x 2 t4

Ta có

4 4

1 1 1

3 2 6

t e

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Bài tập tương tự

Câu 1: [2D3-4] (THPT Phù Cừ Hy, Hưng Yên) Cho hàm số f x

 

liên tục trênvà thỏa mãn

 





2 1 sin 2





f x  f  x   x   x . Tính

 

I f x x







A. I 4. B. I 2. C. I 2. D. I 0.

Câu 2: [2D3-4] Cho hàm số yf x

 

liên tục trên , thỏa mãn f



 x



2018f x

 

ex. Tính

 

I f x x







A.

2 1

2019
e
I

e


 . B.

2 1

2018
e
I

e


 . C. I  .0 D.

2 1

e
I

e


</div>

Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án môn toán năm 2018 trường thpt lương thế vinh hà nội lần 2 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

<b>SẢN PHẨM TỔ 3 TUẦN 10</b>

<b>Đề thi thử Trường THPT Lương Thế Vinh - Hà Nội, lần 2 năm 2018</b>













 

 





 

 

 

 





 





 































 

























 





 































 





(

)

(

)





