Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án môn toán năm 2018 trường thpt chuyên phan bội châu 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 (12.93 KB, 1 trang )

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

TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU-TỈNH NGHỆ AN-LẦN 3-2018

Câu 1: [1H 3-3] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 19]

Cho tứ diện ABCD có AB AC AD, BAC  600, BAD  900, CAD  1200. Số đo góc
giữa đường thẳng AB và mặt phẳng (BCD) bằng:

A.450 . B.900 . C.600 . D.300 .

Lời giải
Chọn D

Đặt x AB AC  AD. Khi đó , ta tính được
BCx, DB 2x , CD 3x nên

2 2 2

BD BC CD vậy tam giác BCD vng tại B.
Kẻ AH (BCD). Vì AB AC AD

Nên H là trung điểm CD , do đó 3

2 2

CD x

BH   .

Khi đó góc giữa AB và mặt phẳng (BCD) là góc ABH và

 3  0

cos 30

2
HB

ABH ABH

BA

    .

Câu 2: [2H1-2] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 32]

Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD. có cạnh đáy bằng 2 ,a góc giữa hai mặt phẳng



SAB



và



ABCD



bằng 45 ;0 M N P, , lần lượt là trung điểm SA SB AB, , . Tính thể tích V của khối tứ

diện D MNP. .
A.

.
12

a

B.

.
2

a

C.

.
6

a

D.

.
3

4a

Lời giải
Chọn C

+ SPO 450 SO OP a.

   

+ . 1 . 4 3.

3 3

S ABCD ABCD

a

V  SO S 

+ . . 1 . 2 3.

2 3

D SAB S ABD S ABCD

a

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

+ . 1 . 3.

4 6

D MNP D SAB

a

V  V 

Câu 3: [2D2-4] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 34]
Cho hàm số

 

2
3
log

m x
f x

x



 . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số

msao cho

 

f a  f b  với mọi số thực a b, thỏa mãn ea b e a b





  . Tính tích các phần tử của S.

A. 27. B. 3 3. C. 27. D. 3 3.

Lời giải

Chọn D

ĐKXĐ: 1 0 0 1

0
0

x

x
x

m
m



 

 






 




 



Khi đó đặt a b t  với 0 t 2.
Xét et et

 mà t 0 nên et1t  et1 t 0

 

1 .
Mặt khác xét f t

 

et1 t

  .

 

0 t 1 1 0

f t e

     t1

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy 1
0

t

e t

  , dấu " " xảy ra  t1

 

2 .

Từ

 

1 và

 

2 1

t

e t

     t 1 a b 1.
Mặt khác

 

2
3
log

m x
f x

x









3 3 3

log m log x log 1 x

   

 





f a f b f a f a

      

















3 3 3 3 3 3

log m log a log 1 a log m log 1 a log a 3

        

2
3

3
log

m

   m2 27 0 27

m

 



 


Khi đó tích các phần tử của S là  27 3 3.

HƯỚNG 2. (CAO THỜI_đề xuất)

Ta có 3   2. 33 3     3  .3   2. . .2 4. .1 4

1 1 1 1

f x x f a f b f a f b x y x x

m m m m m

x x y x x

 

      

    .

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

[2D2-4] Cho hàm số

 

2
9
9

t

f t

m



 với

mlà tham số thực. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị

thực của msao cho f x

 

 f y

 

1. Với mọi số thực x y, thỏa mãn ex y e x y





  . Tìm số
phần tử của S.

A. 0. B. 1. C. Vô số. D. 2.

Lời giải
Chọn D

Đặt x y t  . Ta có 0 et e t.

  nên t 0.
Khi đó et1 t

  et1 t 0

 

1 .
Mặt khác xét f t

 

et1 t

  .

 

0 t 1 1 0

f t e

     t1

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy et1 t 0

  , dấu " " xảy ra  t1

 

2 .
Từ

 

1 và

 

2 et1 t 0

     t 1 x y 1.
Ta có f x

 

 f y

 

1 9 2 9 2 1

9 9

x y

m m

  

 









2 2 4

2.9x y . 9x 9y 9x y . 9x 9y

m m m

 

      

4 9x y 9

m 

   3

m
m

 
 




Vậy tập hơp S có tất cả hai phần tử.

Câu 4: [2D3-3] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 35]
Biết rằng

ln 2

0
1

dx= ln 2 ln 3 ln 5

2 1

a c

x b

e   



. Trong đó a , b , c là các số nguyên. Khi đó

S a b c   bằng bao nhiêu.

A. S  .4 B. S  .3 C. S  .5 D. S  .2

Lời giải
Chọn B

Ta có





ln 2 ln 2

0 0

dx= dx

2 1 2 1

x

x x x

e

e  e e 



Đặt ex t

  dt=e dxx

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

Vậy









ln 2 2

0 1
1
dx dt=
2 1
2 1
x
x x
e
t t

e e   







2 1 2
dt=
2 1
t t
t t
 




2
1
1 2
dt
2 1
t t
 

 

 







12



 



lnt ln 2 1t ln 2 ln 5 ln1 ln 3

        ln 2 ln 3 ln 51

  

Vậy S  .3

Hướng 2. (CAO THỜI_đề xuất)

Phân tích









ln 2 ln 2 ln 2

0 0 0

2 1 2 ln 2

1 2

1 ln 2 1

2 1 2 1 2 1

x x x

x

x x x

e e e

dx dx dx x e

e e e

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



CÁC CÂU TƯƠNG TỰ

1. [2D3-3] Biết rằng





ln 2

2
0

1 1 1

dx= ln 2 ln 2 3
2

2 1

a

x b

e   



. Trong đó a , b là các số nguyên.

Khi đó S a 2b bằng bao nhiêu.

A. S  .2 B. S  .3 C. S  .1 D. S  .0

Lời giải
Chọn B

Ta có

ln 2 ln 2 2

2 2 2

0 0

1 2

dx= dx

2 1 2 2 1

x

x x x

e

e  e e 



Đặt 2e2x 1 t 2e2x t2 1

      d 2



e2x





t21



 4e2xdx=2 dtt
Đổi cận: khi x  thì 0 t  3, khi x ln 2 thì t  .3

Vậy





ln 2 2 3

2
2 2
0 3
2
dx dt
1

2 2 1

x

x x

e t

t t

e e   



1 1 1

dt
2 t 1 t 1

 



 

 

 



1 ln









33

2 t t

     













1 1

ln 2 ln 4 ln 3 1 ln 3 1

2   2    





1 1

ln 2 ln 2 3

2 2



  

Vậy S  .3

2. [2D3-3]Biết rằng









2
1

0
dx=a.e+bln
x
x

x x e

e c
x e








. Trong đó a , b , c là các số nguyên. Khi

đó S a 2b c bằng bao nhiêu.

A. S  .1 B. S  .2 C. S  .1 D. S  .0

Lời giải.
Chọn B

Ta có









2
1 1
0 0
1

dx=
1

x x x

x x

x x e xe x e

dx

x e xe

 



Đặt xex 1 t

   dt=



x1 e dx



x

Đổi cận: khi x  thì 0 t  , khi 1 x  thì 1 t e 1.

Vậy

















2
1 1
1

1
0 1
1

dx= ln ln 1

x e

e

x

x x e t

dt t t e e

x e t




 
    




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

Câu 5: [1D5-3] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 36]

Cho hàm số

 

3 4
khi 0
4
1
khi 0
4
x
x
f x
x
  




 



. Tính f 

 

0 .

A. 1

16. B.

8. C.

32. D.

1
4.

Lời giải
Chọn A

+) Phương pháp: Tính đạo hàm bằng định nghĩa

Cho hàm số yf x

 

xác định trên khoảng



a b;



và x0



a b;



. Nếu

 

0
lim

x x

f x f x

x x





 tồn

tại thì hàm số có đạo hàm tại điểm x0 và

 

0
0
0
0
lim
x x

f x f x

f x
x x


 
 .

+) Cách giải: Ta có

 

0
0
lim
0
x

f x f

x




0

3 4 1

4 4
lim
x
x
x

 
 
0
2 4
lim
4
x
x
x

  





lim

4 2 4

x
x
x x

 






0
1 1
lim
16
4 2 4

x   x  . Do đó

 

1
0

f   .

HƯỚNG 2. CAO THỜI_đề xuất (chưa thẩm định)

Xét hàm số





3 4
4

x a

f x a     . Với a nhỏ bao nhiêu tùy ý.

Ta có ' ,





1 ' 0

 

lim0 1 1
16

8 4 a 8 4

f x a f

x a  a

   

   .

CÁC CÂU TƯƠNG TỰ

1. [1D5-3] Cho hàm số

 

3 khi 1

khi 1

x ax b x

f x

ax bx x

   


 



. Giá trị của a b, để f x

 

có đạo hàm
tại x 1 là

A. 5, 3

8 4

a b . B. 4, 1

a b . C. 3, 1

8 4

a b . D. Khơng có.

Lời giải
Chọn C

+) Để hàm số f

 

x có đạo hàm tạix 1thì hàm số phải liên tục tại x 1.
+) Ta có

 

1
lim

x  f x 





2
1

lim 3

x  x  ax b  1 3a b ; limx1 f x

 







3
1
lim

x  ax  bx  a b.

+) Hàm số liên tục tại x 1thì limx1 f x

 

xlim1 f x

 

f

 

1 hay 1 3a b   a b suy ra

4a 2b1 (1).
+)

 

1
1
lim

1
x

f x f

x














2
1
3
lim
1
x

x ax b a b

x


   

2
1
3 2
lim
1

x

x ax a b

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

3 3 1

lim

x

x ax a

x





  







do (1)







lim 1 3 2 3

x  x a a

     .
+)

 

1
1
lim
1
x

f x f

x














3
1
lim
1
x

ax bx a b

x


  










3
2
1 1

lim lim 1 3

x x

ax bx a b

a x x b a b

x
 
 
  
      
 .

Do đó hàm số có đạo hàm tại x 1thì

 

1
lim

x

f x f

x





 

1
1
lim
1
x

f x f

x








 suy ra
2 3 a3a b  6a b 2 (2).

+) Từ (1) và (2) suy ra 3, 1

8 4

a b . Chọn C

2. [1D5-3] Cho hàm số

 

1 1

khi 0

x

f x x

m x
  




 


. Giá trị của m để f x

 

có đạo hàm tại

0
x  là

A. 1
2

 . B. 0. C. 1

2. D. Khơng có.

Lời giải
Chọn C

+) Để hàm số f

 

x có đạo hàm tại x 0 thì hàm số phải liên tục tại x 0.
+) Ta có





0 0 0

1 1 1 1

lim lim lim

2
1 1
1 1

x x x

x x

x x x x

  

 

  

 

  ; f

 

0 m. Hàm số liên tục tại x 0 thì

 

lim 0

x f x f suy ra
1
2

m  .

+) Với 1
2

m  ta có

 

0
lim

x

f x f

x





 0

1 1 1
2
lim

x
x
x
x

 


  0 2

2 1 2

lim
2
x
x x
x

  
 





2
2
0
lim

2 2 1 2

x

x x x






   0





1 1

lim

2 2 1 2

x x x



 

   . Hàm số có đạo hàm tại x 0và

 

0 1
4

f   . Chọn C

Câu 6: [2D1-3] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 38]
Cho hàm số 2 4

1
x
y
x



 có đồ thị

 

C và điểm A 



5;5



. Tìm m để đường thẳng yx m
cắt đồ thị

 

C tại hai điểm phân biệt B C, sao cho tứ giácOABC là hình hình hành.

A. 0

2
m
m


 

 . B. m0. C. m2. D. m 2.

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

Chọn B

Xét phương trình tương giao 2 4 2



3



4 0

 

1
1

x

x m x m x m

x



       



Để đường thẳng cắtyx m cắt đồ thị

 

C tại hai điểm phân biệt thì phương trình

 

1 có hai
nghiệm phân biệt khác 1.

0 2 25 0

1 3 4 0

m m

m m m

     





 

     

 

Vậy với mọi giá trị của m thì đường thẳng cắty x m cắt đồ thị

 

C tại hai điểm phân biệt
Khi đó B x



1;x1m





x2;x2m



Tứ giác OABC là hình bình hành ta suy ra BC OA 5 2



2 1





1 2



2 1 2

 

2 x x 5 2 x x 4x x 25 2

      

Mà 1 2
1 2

. 4

x x m

x x m

  




 


Thay vào ta được 2 2 25 25 0
2

m

m m

m




    




Thử lại với m 0 ta thấy đường thẳng OA và BC trùng nhau. m 0 không thỏa mãn ycbt.
2

m  ta được yx2 song song với đường thẳng OA.
Vậy m 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Nhận xét:

Bài chất bài tốn này vẫn là tìm m để đường thẳng yx m cắt đồ thị

 

C tại hai điểm B C,
sao cho BC a nhưng bài này học sinh có thể mắc sai lầm ở việc không loại trường hợp

0
m  .

BÀI TẬP PHÁT TRIỂN

[2D1-3] Đường thẳng y= - +x m cắt đồ thị hàm số y x 1
x

-= tại hai điểm phân biệt B C,

sao cho tứ giác OABC là hình bình hành với A



10; 10



khi và chỉ khi

A. m = - 3 B. m =0 C. m =0 D. m 2

Lời giải
Chọn D

Xét phương trình tương giao x 1 x m x2



1 m x



1 0

 

1

x



      

Để đường thẳng cắtyx m cắt đồ thị

 

C tại hai điểm phân biệt thì phương trình

 

1 có hai
nghiệm phân biệt khác 1.





0 2 5 0

0 0 1 1 0

m m

 

    





 

    

 



Vậy với mọi giá trị của m thì đường thẳng cắty x m cắt đồ thị

 

C tại hai điểm phân biệt
Khi đó B x



1;x1m





x2;x2m



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



2 1





1 2



2 1 2

 

2 x x 10 x x 4x x 5 2

      

Mà 1 2
1 2

. 1

x x m

x x

  







Thay vào ta được 2 2 5 5 0
2

m

m m

m




    




Thử lại với m 0 ta thấy đường thẳng OA và BC trùng nhau. m 0 không thỏa mãn ycbt.
2

m  ta được yx2 song song với đường thẳng OA.
Vậy m 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 7: [2D2-4] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 39]
Cho các số thực ,x y thỏa mãn 2 4 2 2 4 2 1 3 2 4 2 2 2 4 2

4x  y 2x  y  2x y 4 x y

   . Gọi M m, lần lượt là giá
trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức 2 1

x y

P

x y

 



  . Tính M m
A. 36

 . B. 18

 . C. 36

59. D.

59.

Lời giải
Chọn A

Ta có: 2 4 2 2 4 2 1 3 2 4 2 2 2 4 2 2 2

4x y 2x y 2x  y 4 x y x 4y 1

     

2 1

( 1) ( 2) 1 4

x y

P P x P y P

x y

 

      

 

Mà









2 2

2 2 2 2 2 2 2

1 4 ( 1) 4 ( 1)

2 2

P P

P  P     x y P   

          

   

 





2 2 2 2 18 4 35 18 4 35

1 4 ( 1) 59 36 4 0

2 59 59

P

P P    P P   P  

            

 

Vậy 36

59
M m  .

HƯỚNG 2. (CAO THỜI_ĐỀ XUẤT)

Từ điều kiện 2 2

4 1

x  y  đặt Y 2y x2Y2 1

 

* . Từ phương trình



P1



x



P2



y 1 4P 2



P1



x



P2



Y  2 8P

 

**
Sử dụng điều kiện có nghiệm từ (*) và (**) suy ra kết quả.

Câu 8: [2H1-3] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 40]

Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA=a 2 và vng góc với đáy.
Gọi G là trọng tâm tam giác SBC. Mặt phẳng qua AG và song song với BC cắt SB, SC
theo thứ tự tại M , N . Tính thể tích khối chóp S AMN. .

A. 3 6

a . B. 3 13

a . C. 3 13

a . D. 3 6

a .

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

Ta có .

1
.
3

S ABC ABC

V = SA S 1. 2. 2 3

3 4

a
a

= 3 6

a

= .

. .

S AMN

S ABC

V SA SM SN

V =SA SB SC

4
9
= .

Vậy . .

S AMN S ABC

V = V 3 6

a

 .

BÀI TẬP PHÁT TRIỂN

1. [2H1-3] Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA=a 2 và vng
góc với đáy. Gọi G là trọng tâm tam giác SBC. Mặt phẳng qua AG và song song với BC cắt

SB, SC theo thứ tự tại M , N . Tính thể tích khối chóp S AMG. .
A. 3 6

a . B. 3 6

a . C. 3 6

a . D. 3 6

a .

Lời giải
Chọn B

Ta có .

1 .
3

S ABC ABC

V = SA S 1. 2. 2 3

3 4

a
a

= 3 6

a

= .

. .

S AMN

S ABC

V SA SM SN

V =SA SB SC

4
9
= .

Vậy . . .

1 1 4.

2 2 9

S AMG S AMN S ABC

V = V = V 3 6

a

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

2. [2H1-3] Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA=a 2 và vng
góc với đáy. Gọi P là trung điểm của BC, I là trung điểm của SP. Mặt phẳng qua AI và
song song với BC cắt SB, SC theo thứ tự tại M , N . Tính thể tích khối chóp S AMN. .
A. 3 6

a . B. 3 6

a . C. 3 6

a . D. 3 6

a .

Lời giải
Chọn D

Ta có .

.
3

S ABC ABC

V = SA S 1. 2. 2 3

3 4

a
a

= 3 6

a

= .

. .

S AMN

S ABC

V SA SM SN

V =SA SB SC

1
4
= .

Vậy . .

1
4

S AMN S ABC

V = V 3 6

a

 .

Câu 9: [2H2-3] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 42]

Thể tích V của khối trịn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường trịn

 

C

có phương trình 2



1



2 1

  

x y xung quanh trục hoành là
A. 3 2

 

V . B. 2 2

 

V . C. V  2 . D. V  2 3.

Lời giải
Chọn B

Cách 1.

+)

 

1 1

2 2

0 0

2 2

 



   



 

V f x dx g x dx









1 2 1 2

2 2

0 0

2 1 1 2 1 1

 



  x dx 



  x dx
1

0
2 4 1
 



 x dx

+) Đổi biến xsint, suy ra 2 2 2 2

0 0

1 cos 2

8 cos 8 2

 



 



 



t  

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

Cách 2

Khối trịn xoay có hình lốp xe, có bán kính R1, sử dụng nhát cắt qua tâm và “trải phẳng” ta
được khối trụ có chiều cao h   2 R 2 , đáy là hình trịn biên

 

C có diện tích S . Vậy
thể tích khối trịn xoay là V  2 2.

BÀI TƯƠNG TỰ

[2H2-3] Thể tích V của khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường
trịn

 

C có phương trình x2



y 3



2 1 xung quanh trục hồnh là

A. V  6 . B. V  6 3. C. V  3 2. D. V  6 2.

Lời giải
Chọn D

Câu 10: [2H3-3] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 43]

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng

 

P : x y z   3 0 và hai điểm



1 1 1



M  ; ; ; N ; ;



3 3 3



. Mặt cầu

 

S đi qua hai điểm M ,N và tiếp xúc với

 

P tại C . Biết

rằng C ln thuộc một đường trịn cố điình. Tính chu vi của đường trịn đó.
A. 8p. B. 8p 3. C. 12p 2. D. 12p.

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

Ta có MN đi qua M



1 1 1; ;



, nhận 1 1



4; 4;4

 

1; 1;1



4MN 4   



là một vecto chỉ phương

nên MN:

1
1

x t

y t

z t

 



 


  




t  



Thay

1
1

x t

y t

z t

 



 


  


vào

 

P ta được        1 t 1 t 1 t 3 0 t 4

Tọa độ điểm D



3;3;3



là giao điểm của của MNvà

 

P . Do đó theo tính chất của phương tích

ta được 2 2

DM DN DI  R . Mặt khác vì DC là tiếp tuyến của mặt cầu

 

S cho nên

2 2 2

DC DI  R . Do vậy DC2 DM DN. 36  DC6 (là một giá trị không đổi).

Vậy C luôn thuộc một đường tròn cố định tâm D với bán kính R  suy ra chu vi của đường 6
trịn là 12p

(Chú ý rằng điểm I không nhất thiết nằm trên mp(DM, DC), hình ảnh trên minh họa, mang tính
tương đối_Cao Thời PB)

Câu 11: [2D4-4] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 45]
Cho số phức z thay đổi và thỏa mãn z 1 i 5. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 8 7 9

P z i  z  i bằng

A. 5 5

2 . B. 5 5 . C.

2 . D.

5 3
2 .

Lời giải
Chọn B

Gọi M x y



;



biểu diễn số phức z , từ z 1 i 5 thì M nằm trên đường trịn



x1



2



y1



2 25 có tâm và bán kính :I



1;1 ,



R 5. Gọi A



0;8 ;



B



7;9



thì













2
2

2 8 7 9 2

P x  y  x  y  MA MB .

Phân tích : mục tiêu tìm tọa độ điểm C sao choMB2MC, nhận thấy IB2IM 2R nên ta
có hai cách tìm tọa độ điểm C như sau :

Cách 1 :



x1



2



y1



2 25T x2y2 23 0

2 2 14 18 130 2 2 14 18 130 3

MB x y  x y  x y  x y  T





2 2 5

4 4 20 24 61 2 3

x y x y x  y

          

 

Nên chọn điểm 5;3
2

C  

  thì MB2MC

Cách 2 : Lấy điểm C thỏa mãn 1

IC  IB

 
 

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

thì tam giác IMC đồng dạng với tam giác IBM nên

ta có MB2MC, từ đó 5;3

2
C 

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

Ta có : P2MA MB 2



MA MC



2AC5 5
Dấu « = » đạt được khi điểm C nằm trên đoạn AM .

Câu 12: [2H1-4] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 46]

Cho tứ diện ABCD có AB AD a  , CD a 2,ABC DAB 900. Góc giữa AD và BC
bằng 450. Khoảng cách giữa AC và BD bằng

A. 6
2

a . B. 6

a . C. 6

a . D. 6

3
a .

Lời giải
Chọn C

Ta có BD2 AB2 AD2 BD a 2

   

Ta có               AD BC.                



AB BD BC BD BC              



 .


0

. .cos 45 . .cos

AD BC BD BC DBC

 

  0

. 2.cos 60

a a DBC DBC

    .

Vậy tam giác BCD là tam giác đều do đó

2 2

2 3

BC a  AC AB BC a .

Ta gọi M là trung điểm của BD.

Do tam giác ADB và tam giác DCB cân 
tại A và C nên





AM BD CM BD BD SAC  ACBD

.
Ta có





; . ;

ABCD

V  AD BC d AD BC

 

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

 
 
 





0 3

1 1 1

. .sin , . . . 2.sin 45 . . .

2AD BC AD BC AB 2 a a a 2 a

  

Ta lại có 1 ; .



,



1. 3 1 . .sin90 .0



,



1 3

2 2 2 2

ABCD

V                AC BD d AC BD  a  AC BD d AC BD  a .









1 6

. 3 . 2 . , ,

2 a a a d AC BD d AC BD 6 a

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

Câu 13: [2D1-4][THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 47]
Cho hàm số yf x

 

thỏa mãn điều kiện . Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị
hàm số yf x

 

tại điểm có hồnh độ x1.

A. 1 6

7 7

 

y x . B. 1 6

7 7

 

y x . C. 1 6

7 7

 

y x . D. 1 6

7 7

 

y x .

Lời giải
Chọn B

Phân tích: Để viết pt tiếp tuyến của đồ thi hàm số yf x

 

tại điểm có hồnh độ x1 ta cần:

 

f và f

 

1 .

Nhận xét: Với x0 ta có f

 

1 và f

 

Thay x1vào  f



1 x



3 f



1 2 x



2 x ta được

 

3 2 1 0

1 1 0

1 1




  

    

   





f

f f

f ;

Đạo hàm hai vế  f



1 x



3 f



1 2 x



2 x

ta được 3 f



1 x



2 f



1 x



4f



1 2 x f







1 2 x



1 (1)
Thay x1vào (1) ta có 3 f

 

1 2 f

 

1 4f

 

1 f

 

1 1 (2)
Với f

 

1 0 (2) vô lý

Với f

 

1 1 từ (2) ta có

 

1 1
7
 
f

Vậy pttt là: 1



1 1



1 6

7 7 7

     

y x y x .

Câu 14: [2D1-4] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 48]
Xét số thực a 0 sao cho phương trình ax3 x2 b 0

   có ít nhất 2 nghiệm thực phân biệt.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b2 .

A. 4

9. B.

4. C.

27. D.

27
4 .
Lời giải

Chọn C

Ta có: ax3 x2 b 0 1

 

 ax3 x2 b

 

2 .
Đặt f x

 

ax3 x2.

Ta có: f x

 

3ax2 2x.

 

0 3 2 2 0
f x   ax  x

 

0 0 0

2 2 4

3 3 27

x f

a a a

  




  

    

  



 

2 là phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị yf x

 

và yb.
Do đó

 

1 có ít nhất 2 nghiệm thực phân biệt 2

4 4

27a b a b 27

      .

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

Cho hàm số yf x

 

xác định, liên tục và luôn nhận giá trị dương trên đoạn



0;1 , đồng thời



thỏa mãn f

 

x f x.

 

 f x

 

2 f x

 

2,  x



0;1



, f 

 

0 0 và f

 

0 1. Tính f

 

1 .

A. e . B. e . C. 1. D. 2.

Lời giải
Chọn A

Ta có f

 

x f x.

 

 f x

 

2 f x

 

2

 

2 1
f x
f x

f x f x



 

  

  

 

 

 

f x
f x


  

   

 

 

f x

dx dx

f x


  

   

 



 

 

f x

x C
f x



   .

Có

 

0
0
f

C
f



  C0.

Vậy

 

f x

x
f x





 

1 1

0 0

f x

dx xdx
f x











 

0
1
ln

f x

  ln

 

1 1

f

   f

 

1  e.

Câu 16: [1D2-3] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 49]

Một nhóm gồm 12 bạn học sinh, trong đó có đúng một bạn tên là A, đúng một bạn tên là B và
đúng một bạn tên là C . Xếp 12 bạn đó thành một hàng ngang. Tính xác suất để A, B, C khơng
có hai bạn nào đứng cạnh nhau.

A. 1

20. B.

11. C.

4. D.

6
11.
Lời giải

Chọn D.

Số phần tử không gian mẫu: n  

 

12!.

Gọi biến cố A “khơng có hai bạn nào đứng cạnh nhau”
Xếp 9 bạn có 9!. Khi đó có 10 vị trí (xen giữa và hai đầu)
Xếp 3 bạn A, B, C vào 10 vị trí có: 3

10
A
Suy ra:

 

10
9!.

n A  A .

Xác suất:

 

3
10

9!. 6

12! 11

n A A

P A
n

  

</div>

Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án môn toán năm 2018 trường thpt chuyên phan bội châu lần 3 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện









 

 

 





 

 

 

 

 

 

<sub> </sub>





 

 

 













<sub></sub>





<sub></sub>

 

 

 





 

 

 

 

 

 

 

 































<sub></sub>

<sub></sub>











 







<sub></sub>

<sub></sub>













