Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường chuyên long 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 (592.89 KB, 13 trang )

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

Câu 31: [2D2-3] Thầy Đ gửi tổng cộng 320 triệu đồng ở hai ngân hàng X và Y theo phương thức
lãi kép. Số tiền thứ nhất gửi ở ngân hàng X với lãi suất 2,1% một quý ( 1 quý: 3 tháng ) trong
thời gian 15 tháng. Số tiền còn lại gửi ở ngân hàng Y với lãi suất 0,73% một tháng trong thời
gian 9 tháng. Tổng tiền lãi đạt được ở hai ngân hàng là 27 507 768 đồng. Hỏi số tiền thầy Đ
gửi lần lượt ở ngân hàng X và Y là bao nhiêu ( làm tròn kết quả đến hàng đơn vị )?

A.140 triệu và 180 triệu. B. 120 triệu và 200 triệu.
C. 200 triệu và 120 triệu. D. 180 triệu và 140 triệu.

Lời giải
Chọn A.

Gọi a và b( triệu đồng )lần lượt là số tiền thầy Đ gửi vào nhân hàng X và Y.
Suy ra số tiền lãi ở ngân hàng X sau 15 tháng gửi tiết kiệm là: a 



1 0,021



51

  ( triệu đồng).

Số tiền lãi ở ngân hàng Y sau 9 tháng gửi tiết kiệm là: b 



1 0,0073



91

  ( triệu đồng).

Từ giả thiết ta có hệ phương trình









5 9

1 0,021 1 1 0,0073 1 27,507768
320
a b
a b
         
    


  

140
180
a
b


 

 .

Câu 32: [1D2-2] Với n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện 2 3 10

n n

A  C  , tìm hệ số a5 của số

hạng chứa x5 trong khai triển biểu thức 2
3
2 n
x
x
 

 

  với x  .0

A. a 5 10. B. a5 10x5. C. a5 10x5. D. a 5 10.
Lời giải

Chọn A.

Ta có An2  Cn3 10 5
6
n
n


  
 .

Với n  5





5 5

2 10 5

5
3

. 2 .k

k k

k

x C x

x



 

     

 



số hạng chứa

x 10 5 k  5 k 1 .
Vậy hệ số a5 2C5110.

Với n  6





6 6

2 12 5

5
3

. 2 .k

k k

k

x C x

x



 

     

 



số hạng chứa

x 12 5 5 7

k k

     loại .

Vậy hệ số cần tìm là a 5 10.

Câu 33: [2H1-3] Cho hình lăng trụ ABC A B C.    có đáy là tam giác đều cạnh a .

Hình chiếu vng góc của điểm A lên mặt phẳng



ABC trùng với trọng



tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường AA và BC bằng 3

a .

Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC A B C.   .

A. 3 3

a

V  . B. 3 3

a

V  . C. 3 3

a

V  . D. 3 3

a

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

Lời giải

Chọn D.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Vì A G 



ABC



và tam giác ABC đều nên

A ABC là hình chóp đều. Kẻ EF  AA và BC



AA E



nên





a

d AA BC EF  . Đặt A G h 

Ta có

2 3

a
A A  h   

 

Tam giác A AG đồng dạng với tam giác EAF nên
A A AG A G

EA FA FE

 

 

2
2

3 3 3

. . . .

2 3 4 3

a a a a

A G EA A A FE  h h   h

       

 

Thể tích V của khối lăng trụABC A B C.    là

2 3 3 3

. .

3 4 12

ABC

a a a

V AG S   .

Câu 34: [2H2-2] Cho hình lập phương ABCD A B C D.     có cạnh bằng 1 . Tính diện tích xung
quanh của hình trịn xoay sinh bởi đường gấp khúc ACA quay quanh trục AA.

A.  5. B.  6. C.  3. D.  2.

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

Hình trịn xoay sinh bởi đường gấp khúc ACA quay quanh trục AAlà hình nón có bán kính
đáy RAC  2, chiều cao hAA1, đường sinh lA C  3

Diện tích xung quanh hình cần tìm là Sxq Rl 2 3 6.

Câu 35: [2D1-2] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số





4 2 1 2 2

y x  m x m đồng biến trên khoảng



1;3 .



A. m    



; 5



. B. m 



2;



. C. m  



5; 2



. D. m   



; 2



.
Lời giải

Chọn D.

Hàm số y x4 2



m 1



x2 m 2

     có tập xác định .

Ta có: y 4x3 4



m 1



x

  .

Hàm số đồng biến trên khoảng



1;3



 y0,  x



1;3



 4x3 4



m1



x0,  x



1;3











2 1 0, 1;3

x m x

       m x 21,  x



1;3



Do hàm số h x

 

x21 có tập giá trị trên



1;3 là





2;10 .



Vậy m x2 1, x



1;3



     m2.

Câu 36: [2D4-3]Cho z   thỏa mãn



2 i z



17 1 3i
z

    . Tập hợp các điểm biểu diễn số phức



3 4



1 2

w  i z  ilà đường trịn tâm I bán kính R, kết quả nào đúng ?

A. I



1; 2 ;



R 5 B. I



1; 2 ;



R5 C. I



1;2 ;



R  5 D. I



1; 2 ;



R5

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

Vì



2 i z



17 1 3i
z

    nên 2 z i z 1 3i 17
z

    



2 z 1 i z



3





z

   

Lấy mođun 2 vế ta thu được:



2 z 1





z 32



17
z

    









2 2

2
17
2 z 1 z 3

z

   

 5 z42 z310 z217 0  z 1.



3 4



1 2

w  i z  i  w1- 2i



3 4 i z



; w1- 2i 



3 4 i z



 w1- 2i 5z 5

Vậy wnằm trên đường tròn tâm I



1; 2 ;



R5.

Câu 37: [2D1-3] Biết rằng đồ thị hàm số yf x

 

ax4bx2c có hai điểm cực trị là A



0; 2



và B



2; 14



. Tính f

 

1 .

A. f

 

1 0. B. f

 

1 6. C. f

 

1 5. D. f

 

1 7.
Lời giải

Chọn C.

Có y f x

 

4ax3 2bx

  

Do đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là A



0; 2



và B



2; 14



nên ta có hệ phương trình:

 

0 0

32 4 0 1

2 0

2 8

0 2

16 4 14 2

2 14
f

a b a

f

c b

f

a b c c

f

 



     

 

  

   

  



      

 

 



 

4 8 2 2

 

1 5

f x x x f

      . Vậy f

 

1 5.

Câu 38: [2D2-3] Tìm tất cả giá trị của m để bất phương trình 9x 2



m 1 .3



x 3 2m 0

     nghiệm

đúng với mọi số thực x :

A. m   



5 2 3; 5 2 3 



. B. 3

m   .

C. 3

m  . D. m  .2

Lời giải.
Chọn C.

Đặt 3x t t,





 

Khi đó bất phương trình trở thành t2 2



m 1



t 3 2m 0



t 3

 

t 1



2m t



1



         

3 2

t m

   (do t 0 t 1 0)
3

2
t

m 

 

Với 0 3 3

2 2

t

t      nên suy ra để bất phương trình nghiệm đúng với mọi số thực x thì

3
2

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

Câu 39: [1D3-3] Cho dãy số

 

xn xác định bởi

*
1 2, n 1 2 n,

x  x  x x  . Mệnh đề nào là
mệnh đề đúng

A.

 

xn là dãy số giảm B.

 

xn là cấp số nhân C. limx n D. limx n 2
Lời giải

Chọn D.

1 2

n n

x   x nên

 

xn là dãy số tăng: A sai

1 2, 2 2 2 , 3 2 2 2

x  x   x    nên xn không là cấp số nhân: B sai
Giả sử xn1 2 xn2 2  xn  2 x12 vơ lí

Vậy limx n sai: C sai

Câu 40: [2H3-2] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

  

S : x1



2



y 2



2



z1



2 25. Đường thẳng d cắt mặt cầu tại hai điểm A, B. Biết tiếp
diện của

 

S tại A và B vng góc. Tính độ dài AB.

A. 5

AB  . B. AB  .5 C. AB 5 2. D. 5 2

2
AB  .

Lời giải

Chọn C.

Gọi

 

 và

 

 là tiếp diện tại A và Bcủa

 

S .

Vì

 

 

 

 nên IAIB. Suy ra IAB vuông cân tại I .

Vậy AB IA 2 R 2 5 2 .

Câu 41: [1D1-3]Tìm tất cả giá trị nguyên của m để phương trình





8sin x m1 sin 2x2m 6 0 có nghiệm.

A. 3 . B. 5 . C. 6 . D. 2.

Lời giải
Chọn B.

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





8sin x m1 sin 2x2m 6 0 . 4 1 cos 2



 x

 

 m1 sin 2



x2m 6 0





4 cos 2x m 1 sin 2x 2m 2 0

       



1 m



sin 2x4cos 2x2m 2

Để phương trình có nghiệm thì:



1 m



216



2m 2



2 3





2 16 4 1 4

3 3

m m

        4 1 4 1

3 m 3

     

Do m nguyên nên m  



1;0;1;2;3



Câu 42: [1D2-3] Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau mà tổng chữ số đầu và
số cuối bằng 10 ?

A. 80 . B. 64 . C. 120 . D. 72.

Lời giải
Chọn B.

Ta có các bộ hai số khác nhau có tổng bằng 10 là:



1;9 , 2;8 , 3;7 , 4;6 .

 



Gọi số có ba chữ số khác nhau là abc ,



a  0



Có 4 cách chọn một bộ 2 số khác nhau cố tổng bằng 10

Mỗi bộ lại có hai cách xếp số a c, vậy có 4.2 cách chọn và xếp sốa c,
Mỗi cách chọn đó lại có 8 cách chọn một số khác a c, để xếp vào vị trí b 
Vậy số các số cần tìm là: 4.2.8 64 số.

CÂU PHÁT TRIỂN

Câu 1: [1D2-3] Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số được tạo nên từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9
sao cho số đó chia hết cho 15 ?

A. 234 . B. 243. C. 132 . D. 432.

Lời giải
Chọn B.

Gọi số cần tìm có dạng A abcd (1a b c d, , , 9)

Để A



15 A



3,A



5;A



5 d 5;A



3 a b c  5 3



.
Chọn a có 9 cách chọn, chọn b có 9 cách chọn thì

+ nếu a b 5 3



chia hết cho 3 thì c 



3,6,9



suy ra c có 3 cách chọn.

+ nếu a b 5 3



chia cho 3 dư 1 thì c 



2,5,8



suy ra c có 3 cách chọn.

+ nếu a b 5 3



chia cho 3 thì dư 2 thì c 



1,4,7



suy ra c có 3 cách chọn.
Theo quy tắc nhân ta có: 9.9.3 243 số.

Câu 43: [2D3-3] Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v t1

 

7 m/st





. Đi

được 5 s , người lái xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động

 

chậm dần đều với gia tốc a 70 m/s





. Tính quãng đường S

 

m đi được của ô tô từ lúc bắt
đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn.

A. S 87,50 m

 

. B. S 94, 00 m

 

. C. S 95, 70 m

 

. D. S 96, 25 m

 

.
Lời giải

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

Vận tốc ô tô tại thời điểm bắt đầu phanh là: v1

 

5 35



m s/



Vận tốc của chuyển động sau khi phanh là: v t2

 

70t C . Do v2

 

0 35  C35

 

2 70 35

v t t

   .

Khi xe dừng hẳn tức là v t2

 

  0 70t35 0

1
2
t
  .

Quãng đường S m đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn là:

 





5 2

0 0

7 . 70 35

S m 



t dt



 t dt 96, 25 m

 

Câu 44: [2D3-2] Giả sử





2x 1 ln dx x a ln 2b





a b   . Tính ;



a b .

A. 5

2. B. 2 . C. 1 . D.

3
2.
Lời giải
Chọn D
Đặt





ln
2 1
u x

dv x dx





 

 2
1
du dx
x

v x x




 
  






2
1

2x 1 ln dx x







2 2
2
2
1
1

ln x xd

x x x x

x

 
  

 



2
2
1
2ln 2
2
x
x
 
    
 
1
2ln 2
2

  nên a 2,

1
2
b  .

Vậy a b 3

2
 .

Câu 45: [2H2-3] Cho hình chóp đều S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh a, cạnh bên hợp
với đáy một góc bằng 60o. Kí hiệu

1, 2

V V lần lượt là thể tích khối cầu ngoại tiếp, thể tích khối

nón ngoại tiếp hình chóp đã cho. Tính 1
2
V
V .

A. 1 

32
9

V

V . B. 

32
27

V

V . C. 

1
2

V

V . D. 

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

Gọi O là tâm của hình vng ABCD, suy ra SO



ABCD



.

Có 2

2 2

AC a

AO   . Trong tam giác vng OSA có  2 2
2cos60

cos o

AO a

SA a

SBO

   và

6
60

2
.tan a
h SO AO   .

Áp dụng cơng thức tính bán kính khối cầu ngoại tiếp hình chóp





2 2 6

2 6 3

2
2
a

SA a

R IS

SO a

   

 

 

 

Bán kính đáy của khối nón ngoại tiếp hình chóp 2
2
a
rAO .

Khi đó:

3
1

2
2
2

4 32

1 . . 9

3
R

V R

V r h r SO



  



Câu 46: [2D1-3] Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình
2

x

m
x




 có đúng hai nghiệm phân biệt.

A. 0 2;



. B. 1 2;  

 

0 . C. 1 2;



. D. 1 2;

  

 0 .
Lời giải

Chọn D.

+) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số

 

2
1
x
y f x

x


 

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

+) Từ đó suy ra đồ thị hàm số

 

2
1
x
y g x f x

x


  

 như sau:

B1: Giữ nguyên đồ thị hàm số yf x

 

nằm bên phải trục Oy.
B2: Lấy đối xứng qua Oy phần đồ thị vừa vẽ ở trên.

+) Suy ra đồ thị hàm số

 

2
1
x
y k x g x

x


  

 như sau:

B1: Giữ nguyên đồ thị hàm số yg x

 

nằm phía trên trục Ox .

B2: Lấy đối xứng qua trục Ox phần đồ thị hàm số yg x

 

nằm phía dưới trục Ox .

+) Số nghiệm của phương trình 2
1

x

m
x




 bằng số giao điểm của đồ thị

 

C của hàm số

 

y k x và đường thẳng

 

d :y m .

Đường thẳng

 

d :y m song song hoặc trùng với trục Ox và cắt trục Oy tại điểm cos tung 
độ bằng m .

Từ đồ thị ta thấy

 

C và

 

d có đúng hai giao điểm phân biệt 0

1 2

m
m
 
 

 

 .

Vậy phương trình 2
1

x

m
x




 có đúng hai nghiệm phân biệt với mọi m 1 2;

  

 0 .

Câu 47: [2D1-3] Cho các số thực x, y thỏa mãn x y 2



x 3 y3



. Tìm giá

trị nhỏ nhất của biểu thức P 4



x2 y2



15xy

   .

A. minP 80. B. minP 91. C. minP 83. D. minP 63.

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

Chọn C.

Điều kiện: 3
3
x
y







 .

Ta có x y 2



x 3 y3





x y



2 4



x y



8 x 3. y 3 4



x y



          x y 4 1

 

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta được:









 

2 3 3 2 2 8 2

x y  x  y  x y  x y  .

Từ

 

1 và

 

2 ta có x y 



4;8



Ta lại có



x3

 

y3



 0 xy3



x y



 9.

Đặt t  x y suy ra P4



x2y2



15xy4



x y



27xy4t2 21t 63.

Xét hàm số f t

 

4t2 21t 63, với t 



4;8



Ta có

 

8 21 0 21



4;8



f t  t   t  .

 

4 83

f  ; f

 

8 25 min4;8 f t

 

f

 

4 83.

Do đó P 83 suy ra minP 83 khi





2 3 3

x y

x y x y

 





    




7
3
x
y



 



 .

Câu 48: [2D3-4] Cho hàm số yf x

 

liên tục, nhận giá trị dương trên



0; 



và thỏa mãn f

 

1 1,

 

3 1

f x f x x , với mọi x 0. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. 2 f

 

5 3. B. 4 f

 

5 5. C. 1 f

 

5 2. D. 3 f

 

5 4.
Lời giải

Chọn C.

Ta có f x

 

f x

 

3x1,  x 0 suy ra

 

1
3 1
f x

f x x




 . Do đó, trên khoảng



0; 



ta có

 

d d

3 1
f x

x x

f x x









 

2 3 1

f x x C

   

 

ln 1 3.1 1
3

f C

    ln 1

 

3 C

   4

3
C

  .

Như vậy ln

 

2 3 1 4

3 3

f x  x 

 

2 4

3 1
3 x 3
f x e  

  .

Từ đó

 

2 3.5 1 4 4





3 3 3

5 3;4

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

Câu 49: [2H2-4] Cho hai hình cầu đồng tâm



O; 2



và



O; 10



. Một tứ diện ABCDcó hai đỉnh A B,

nằm trên mặt cầu



O; 2



và các đỉnh C D, nằm trên mặt cầu



O; 10



. Thể tích lớn nhất của
khối tứ diện ABCDbằng bao nhiêu?

A. 12 2. B. 4 2. C. 8 2. D. 6 2.

Lời giải

Chọn D.

Gọi I là tâm mặt cầu

. . .sin . .

6 6

ABCD

x y d AB CD HK

V    (x y, là độ dài hai cạnh đối của tứ diện, dlà khoảng cách
giữa hai cạnh đối đó,  là góc giữa hai cạnh đối trên)

Đặt IK a IH, b,(0 a 10,0 b 2)

Khi đó 2 .2 . 2 10 2. 4 2.





6 3

ABCD

IK IH HK

V    a  b a b

Lại có 2





2 3



2 2 2



3 2 2 2
2

a b  a  b  a b  a  b

Suy ra 2. 3. 10



 

. 4 2

 

. 2 2 2



3 2

ABCD

V   a  b a  b



 

2 2



2 3

. 10 . 8 2 . 2

6 a b a b

    .

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



 

2 2



216 10 a . 8 2b . a 2b

    

Do đó 2 3. 216 6 3
6

ABCD

V   .

Dấu bằng xảy ra khi 2 2 2 2 2 2
1

10 8 2 2

a b a

b

a b a b

 

 



 



     



Câu 50: [2H1-4] Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình bình hành. Góc tạo bởi mặt bên



SAB



với đáy

bằng . Tỉ số diện tích của tam giác SAB và hình bình hành ABCD bằng k . Mặt phẳng

 

P đi

qua AB và chia hình chóp S ABCD. thành hai phần có thể tích bằng nhau. Gọi

 

 là góc tạo
bởi mặt phẳng

 

P và mặt đáy. Tính cot  theo k và .

A. cot cot 5 1
sin

k

 





  B. cot tan 5 1

sin

k

 





 

C. cot cot 5 1
sin

k

 





  D. cot tan 5 1

sin

k

 





 

Lời giải

Chọn A.

Giải sử mặt phẳng

 

P cắt SD SC, lần lượt tại M N, . Khi đó MN CD// .

Đặt: SM SN m 0

SD SC  

Ta có:

 

2
.

*
S MNB

SDCB

S AMB

S ABD

V SM SN

m

V SD SC

V SM

m

V SD



 





  








2 2

5 1

1 0

2 2

S ABMN

S ABCD

V

m m m m m m

V



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

Từ

 

. .



. M.ABD



 

1 5

* . . 1

1 2

S ABM

S ABM S ABD S ABM

M ABD

V m

V mV m V V

V m



      



Mặt khác: .





 

2
.

SAB
S ABM

M ABD ABD

S Sin
V

V S Sin

 






Từ

   





. .sin

1 5 1 5

1 , 2 cot cot

2 . .sin .sin

2
ABCD

ABCD

k S

k
S

 

 






 

    

</div>

Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường chuyên long an lần 2 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

















<sub></sub>

<sub></sub>



<sub></sub>

<sub></sub>























































<sub></sub>

<sub></sub>





















 

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>





<sub></sub>

<sub></sub>













<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>



<sub></sub>

<sub></sub>





