Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 sở GDĐT phú thọ lần 1 | 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 (503.91 KB, 14 trang )

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

SẢM PHẨM TỔ 3_TUẦN 9

Đề thi thử Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018

Câu 26: [1D2-2] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Với n là số nguyên dương thỏa mãn

2 1

1 210

n

n n

A C 


  , hệ số của số hạng chứa x12 trong khai triển 5
3
2 n
x

x

 



 

  bằng

A. 59136. B. 59136x12. C. 59130. D. 59130x12.

Lời giải

Chọn A.

Ta có 2 1
1 210

n

n n

A C 


 













1 !
!

210
2 ! 2! 1 !

n
n

n n



  

 









. 1 210

n n

n n 

    3n2 n 420 0  n12.

Khi đó khai triển

12
5

3
2

x

 



 

  có số hạng tổng quát

 





5 3

1 12 . 2

k k

k
k

T C x  x

 

60 8
12.2 .

k k k

C x 

 .

Số hạng chứa x12 ứng với 60 8 k 12  k 6.

Vậy số hạng chứa x12 trong khai triển 5
3
2 n
x

x

 



 

  bằng
6 6

12.2 59136

C  .

Câu 27: [2D2-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Tích tất cả các nghiệm thực của phương

trình 2





3 3 2 2

log x log .log 16x x log x 0 là

A. 81. B. 80. C. 82. D. 83.

Lời giải

Chọn A.

Điều kiện x 0





2 2

3 3 2 2 3 3 3 2 2

log x log . logx x4 4log x 0 log x 4log x log .logx x4 log x0



 

3 2



81
log 4 log log 0

1
x

x x x

x



     



Vậy tích hai nghiêm bằng 81

Câu 28: [1H3-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hình chópS ABCD. có đáy là hình thoi

cạnh cạnh a, ABC 120o, SC



ABCD



, 6
2
a

SC  (tham khảo hình vẽ). Góc giữa hai mặt

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

A. 90o. B. 60o. C. 45o. D. 30o.
Lời giải

Chọn A.

Gọi H là hình chiếu vng góc của D lên SA BH SA, BH DH



 





SAB , SCD



BHD

  .

Ta có AC a 3, AD a , 3 2

2
a

SA  , 10

2
a

SD  2

2
a

DH BH

   .

 o

, 90

2
a

DH BH  BD a  BHD .

Câu 29: [2D3-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Biết F x

 



ax2 bx c



2x 3

    (

, ,

a b c  ) là một nguyên hàm của hàm số

 

20 30 11
2 3

x x

f x

x

 



 trên khoảng
3

; .
2

 

 

 

 

Tính T   a b c.

A. T 11. B. T 10. C. T 9. D. T 8.
Lời giải

Chọn A.

 

20 30 11
2 3

x x

f x

x

 



 . Đặt

2 3 2 3 2

d d

t
x

x t x t

x t t

 



     

 


 





2
2

2
3

20 15 3 11

d .dt

t

I f x x t

t
  

  

 

 















5t415t211 d



t t t



4 5t211



C 2x3 4



x22x5



C

4; 2; 5 11

a b c a b c

       

Câu 30: [2D1-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của

tham số m để hàm số 1



2 1





1



2 2 3
3

y m  x  m x  x nghịch biến trên khoảng



  ;



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

Lời giải

Chọn A.

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

Ta có: y 



m2 1



x2 2



m 1



x 2

    .

Với m 1  y2 0  hàm số nghịch biến trên khoảng



  ;



Với m 1  y4x 2 hàm số không nghịch biến trên khoảng



  ;



Với m 1  để hàm số nghịch biến trên khoảng



  ;



điều kiện là:
2

1 0 1

1
3

3 2 1 0

m

m m

  


   




    




Kết hợp các trường hợp ta được 1 1 0; 1.

3 m m

    

Câu 31: [2D3-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Biết
6

2 4 d 5 4

ln ln

3 3

2 5 2 4 8

x x

a b c

x x



  

  



( , ,a b c  ). Tính T   a b c.

A. T 3. B. T 5. C. T 4. D. T 7.

Lời giải

Chọn A.





6 6 4 2

0 0 2

2 4 2 4

d d 2 4 d

5 4

2 5 2 4 8 2 4 5 2 4 4

x x t

t t

x x x x

 

  

 

      



với t  2x4 .



 



4 4 4 4

2 2 2 2

5 4 1 1 16 1 1 5 16 4

1 d 1d d d 2 ln ln

1 4 3 1 3 4 3 3 3 3

t

t t t t

  

         

     

 



Suy ra 2, 1, 16 3

3 3

a b c  a b c   .

Câu 32: [1D5-3][Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hàm số y cos .2x

 Tính 2018 .

2
y 

 
A. 2018 22017.

2
y 

  B.

2018 2018
2 .
2

y  

  C.

2018 2017
2 .
2

y  

  D.

2018 2018
2 .
2

y 
 

Lời giải

Chọn A.

Áp dụng công thức cos





  .cos

n n

ax b a ax b n   

   

 

 

Ta có cos2 1 1cos 2
2 2

y x  x 2018 122018cos 2 2018. 22017cos 2 .

2 2

y  x   x

    

 

Do đó 2018 22017.cos 22017
2

y   
 

Câu 33: [2H2-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' ' có độ dài
cạnh bên bằng 2 ,a đáyABC là tam giác vng cân tại A, góc giữa AC' và mặt phẳng

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

A. 4 a2 2

 . B. a2 2. C. 2a2 2. D. 3a2 2.
Lời giải

Chọn A.

Gọi M là trung điểm của đoạn BC. Ta có ( ' ')
'

AM BC

AM BCC B

AM BB




 




 .

Suy ra   0

' ( ';( ' ')) 30

AC M  AC BCC B  .

Đặt BC2x. Ta có

2
BC

AM  x, 2 2 2 2

' ' 4

C M  CM CC  x  a .

 2 2 2

2 2

tan ' 3 4 2

' 3 4

AM x

AC M x x a x a

MC x a

        

 .

Hình nón ngoại tiếp hình lăng trụ này có bán kính đáy là MC a 2 và đường sinh là
' 2

BB  anên diện tích xung quanh bằng S 2 .a 2.2a 4 a2 2

 

  .

Câu 34: [2D2-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham
số m để phương trình



m 1 .16



x 2.25x 5.20x 0

   có nghiệm duy nhất.

A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 0 .

Lời giải

Chọn A.

Ta có





5 5

1 .16 2.25 5.20 0 2 5 1 0

4 4

x x

x x x

m          m 

   

Đặt 5 0
4

x

t    

  thay vào PT trên ta được PT:

 

2 5 1

mf t  t  t

B

M

B’

A’

C’

A

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

Lập BBT của f t

 

trên khoảng



0; 



Do đó, PT ban đầu có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi PT mf t

 

có nghiệm dương duy nhất

m

  Do đó chỉ có một giá trị nguyên dương của m thỏa mãn là m 1.

Câu 35: [2D2-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m

trong đoạn



10;10



sao cho phương trình

2
2

log 2 2 1

2 1
x mx

x mx x

x

   

    

 

  

 

có hai

nghiệm thực phân biệt ?

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

Lời giải

Chọn A.

Điều kiện:

 

2 2 0 2 0

*
1

2 1 0

2
x mx
x mx

x x

   

    



 

   

 



. Khi đó





 

2 2

log 2 2 log 2 1 2 1 1

Pt x mx  x mx  x  x

Xét hàm số f t

 

log2t t có

 

1 0, 0
ln 2

f t t

t

      nên f t

 

đồng biến trên



0;  



Khi đó

 

1 f



x2 mx 2



f



2x 1



x2 mx 2 2x 1

         





2 2 2 1

x mx x

     (do đó

 

* 1

2
x

   )





 

3x m 4 x 1 0 2

    

Ycbt

 

2 có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 lớn hơn
1
2






1 2

4 4 0

1 1 9

2 2 2

1 1

2 2

m

x x m

x x



    




       



   

  

   



   



Mà m nguyên và thuộc đoạn



10;10



nên m 



6;7;8;9;10



. Vậy có 5 giá trị của tham số m.
Câu 36: [2D1-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của

tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y x4 4mx2 m2

   trên đoạn



1;1



bằng 1. Số
phần tử của tập S là

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

Lời giải

Chọn A.

Có y 4x3 8mx4x x



2 2m



TH1: m 0 khi đó y' 0  x  0



1;1



nên

 





2
1;1

maxy y 1 m 4m 1 1 m 0

         (do m 0)

TH2: 0m2 khi đó









0 1;1
0
2 1;1
x
y
x m
   
   
  


Từ BBT ta có max1;1 ymax



y

 

0 ;y



1





+) Nếu

 

0



1



2 2 4 1 1

y y   m m  m  m . Khi đó ta có

 

2
1;1

maxy m 1 m 1
     (do

1
4
m  )

+) Nếu

 

0



1



2 2 4 1 1
4

y y   m m  m  m . Khi đó ta có

 

2
1;1

max 4 1 1

4
m

y m m

m



     


 (loại)

TH3: m 2 khi đó









0 1;1
0
2 1;1
x
y
x m
   
   
  

 nên  

 

1;1

maxy y 0 m 1 m 1

      (loại)
Vậy m 



0;1



, suy ra số phần tử của tập S là 2.

Câu 37: [2D3-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hàm số f x

 

xác định trên \ 0;2





thỏa mãn

 

2
2
,
2
f x
x x
 

 f



1



 f

 

3 2và f

 

1 0. Tính





 

2 4 ,

2
f   f  f

  được

kết quả:

A. 2 ln 3. B. 2 ln 3. C. 1 ln 3. D. 1 ln 3.

Lời giải

Chọn A.

Ta có f x

 

ln x 2 C
x


 

Suy ra

 

ln , 2

ln , 0 2

ln , 0

x

khi x
x

x

f x khi x

x
x
khi x
x
   

 

 

   
    
 

   

  
 

Ta có





 

3 1

1 2 3

1 3 2 ln 3 ln 2

2.
3

1 0 0

f f C C

C C C

f C

  
    
 
    
 

 
  

Nên





 

1 2 3

3 1 1

2 4 ln 2 ln ln 2 ln 3.

2 3 2

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

Câu 38: [1D2-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho số nguyên dương n thỏa mãn hệ thức

1 3 2 1

2 2 ... 2 128.

n

n n n

C C C 

   

Tính tổng 22 2 32 3 ...



1 . . .



n 2 n

n n n

S  C  C    n C

A. S 4. B. S 3. C. S 5. D. S 6.

Lời giải

Chọn A.

Ta có





2 0 1 2 2 2 1 2 1 2 2

2 2 2 2 2

1 n ... C n n n n, .

n n n n n

x C C x C x  x  C x x

         

Cho x 1ta được 1 3 2 1 0 2 2

2 2 ... 2 2 2 ... 2

n n

n n n n n n

C C C  C C C

      

Lại có





2 0 1 2 2 2 1 2 1 2 2

2 2 2 2 2

1 n ... C n n n n, .

n n n n n

x C C x C x  x  C x x

         

Cho x 1ta được 2 0 1 2 2 1 2 2

2 2 2 2 2

2 n ... C n n 2 n 2.128 4

n n n n n

C C C  C n

         

Nên S22C42  32C434 .2C44 4.

Câu 39: [2D1-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hàm số

 

ax b, , , ,



; 0, 0



y f x a b c d R c d

cx d


    

 có đồ thị

 

C . Đồ thị của hàm số yf x

 

như
hình vẽ dưới đây. Biết

 

C cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3. Tiếp tuyến của

 

C tại

giao điểm của

 

C với trục hồnh có phương trình là

A. x4y 3 0. B. x4y 3 0 . C. x 4y 3 0 . D. x 3y 3 0.

Lời giải

Chọn A.

Vì a,b,c,d có thể rút theo tỉ lệ. Giả sử khơng mất tính tổng qt ta chọn c = 1.
Ta có

 

C cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3nên f

 

0 3 b 3

d

    b3d.

 

ax 3d

f x

x d


 

 . Đồ thị của hàm số yf x

 

có đường tiệm cận đứng x 1 nên d 1

 





3 3

1 '

1 1

ax a

d f x f x

x x

  

     

  .

Mặt khác f

 

0 f

 

2 4









 





2
3

0 1 3 4

1 '

3 4 1 1

2 1
a

x

a f x f x

a x x

 





  



       

   

 

 


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

Phương trình tiếp tuyến tại điểm A 



3;0



là yf

  

3 x 3







4 x

 





4y x 3

   hay x4y 3 0.

Câu 40: [2D1-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hàm số 2
1
x
y

x



 có đồ thị

 

C và
điểmA



0; .a Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của



a trong đoạn



2018; 2018



để từ
điểm A kẻ được hai tiếp tuyến đến

 

C sao cho hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục hồnh.
A. 2016. B. 2015. C. 2017. D. 2018.

Lời giải

Chọn A.

Gọi đường thẳng đi qua A



0;a là kx a y



  . Điều kiện để hai đồ thị hàm số tiếp xúc là

phương trình 2
1
x
kx a

x

 

 hay



kx a x

 

1



 x 2 0 có nghiệm kép

 



1



2 0

g x kx x k a   a  có nghiệm kép

k

  và 



k a 1



2 4k a



 2



0

k

  và h k

 

k2k



2a 2 4 a8

 

 a1



2 0

Để từ điểm A kẻ được hai tiếp tuyến đến

 

C thì h k 

 

0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 hay



 



2 2 6 1 0

k  k a  a  có hai nghiệm phân biệt khác 0



a 3



2



a1



2  0 a2

và a 1

Tọa độ tiếp điểm là

1 1

1 1 1 1

2 2

2 2 2 2

1 1

2 2

1 1

2 2

k a k a

x y k x a

k

k a k a

x y k x a

k
 

    

   

 

 



 

    

     



 





 





 



1 2 1 2

. 0 1 1 0

1 1 0

y y k a k a

k k a k k a

        

      



a1



2



a1 2

 

a 6

 

 a1



2 0 a 2

Câu 41: [2H3-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Trong không gian Oxyz,cho điểm

(1; 2;3).

M Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng

 

P đi qua M và cắt các trục x O x y Oy z Oz ,  ,  lần

lượt tại các điểm A B C, , sao cho OA2OB3OC0?

A. 4. B. 3. C. 1. D. 8.

Lời giải

Chọn A.

Gọi tọa độ các điểm A a( ;0;0); (0; ;0); (0;0; )B b C c

lần lượt là tọa độ các điểm cắt các trụcx O x y Oy z Oz ,  ,  . Ta có phương trình mặt phẳng

(ABC) :x y z 1.

a b c  Mặt phẳng đi qua điểm

1 2 3

(1;2;3) 1.

M

a b c

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

Mặt khác OA2OB3OC hay a 2b 3c Suy ra có 4 trường hợp xảy ra, mỗi trường hợp

ta có 1 phương trình mặt phẳng

2 3

a b c

 



  


  


 


Câu 42: [2D2-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho a b  , và hàm số





2017 2 2018

( ) ln 1 sin 2.

f x a x  x bx x Biết f(5log 6c ) 6 (0 c 1). Tính Pf



6log 5c



.
A. P 2. B. P 6. C. P 4. D. P 2.

Lời giải

Chọn A.

Ta có: log 6 log 6

(5 c ) (6 c ) 6

f f  (0 c 1).





2017 2 2018

( ) ln 1 sin 2.

f x a x  x bx x









2017 2 2018 2017 2 2018

( ) ln 1 sin 2 ln 1 sin 2

f x a x   x  bx x a x  x  bx x

Suy ra: log 5 log 5 log 5
( ) ( ) 4.

( 6 c ) (6 c ) 4 ( 6 c ) 4 6 2.
f x f x

f f f

  

       

Câu 43: [2H1-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Có bao nhiêu giá trị của tham số thực m để
đồ thị của hàm số 4 2

2 2

y x  mx  có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có đường trịn

ngoại tiếp đi qua điểm 3 9;
5 5
D  

 ?.

A. 2. B. 1. C. 0. D. Vô số.

Lời giải

Chọn A.

y  x 0

x m



 




. Điều kiện để có 3 điểm cực trị là m 0.

2
2
2
y

y m



 

 




0;2 ,





;2 2



,



;2 2



M N m m K m m

    là ba điểm cực trị của đồ thị

hàm số đã cho.

Đường trung trực d của đoạn DM có phương trình: 3x y  1 0.

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp

 

C qua ba điểm cực trị, suy ra I  d Oy  I



0;1



R IM

   

 

C x: 2



y1



2 1.

 

K C  m



m21



2 1

1
1 5

2
0
m

m

m




 



 







. Vì m 0 nên
1

5 1
2
m

m





 


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

và .

CN DM Biết SH 



ABCD



và SH a 3 (tham khảo hình vẽ). Khoảng cách giữa hai
đường thẳng DM và SC bằng

A. 2 57.
19

a B. 57.

a C. 3 57.

a D. 4 57.

a

Lời giải

Chọn A.

Dễ dàng chứng minh được: DM HC DM (SHC) DM SC
Kẻ HK SC d DM SC( ; )HK

Ta có 2 . 2 2. 2 2 57

a SH CH a

CD CH CN CH HK

SH CH

     



2 57
( ; )

19
a
d DM SC

 

Câu 45: [1H3-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hình hộp ABCD A B C D. ' ' ' ' có đáy là
hình thoi cạnh a 3, BD3 ,a hình chiếu vng góc của B' lên mặt phẳng



ABCD



là trung

điểm O của AC (tham khảo hình vẽ). Biết thể tích khối hộp đã cho bằng
3
9

,
4

a

cơsin của góc

giữa hai mặt phẳng



ABCD



và



CDD C' '



bằng

A. 21.

7 B.

3
.

7 C.

21
.

9 D.

3
.
9
Lời giải

Chọn A.

Ta có: 2 2 3 2 9 2 3 3

4 2

a a

CO BC  BO  a    AC a  ABC là tam giác đều.

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



 





;





;





OH AB

ABA B ABCD OH B H B OH

B H AB



   

  


 


Ta có:

1 3 3 1 1 1 1

. ; . .

2 2 2 4 8 2

ABCD AOB ABC ABCD

a

S  AC BD S  S  S  AC BD OH AB

. 3 3 3

4 4 3 4

AC BD a a

OH

AB a

   

. 2

9 / 4 3

2
3 3 / 2

ABCD A B C D ABCD

a a

V B O S B O

a

        

2 2

2 2 3 9 21

4 16 4

a a a

B H B O OH

     



 







 21

cos ; cos .

7
OH

ABA B ABCD B OH

B H

  

   



Câu 46: [2D1-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Xét các số thực không âm thỏa mãn điều
kiện x3 y3 z3 2 3xyz.

    Giá trị nhỏ nhất của biểu thức x2y2z2 bằng

A. 3 4. B. 3 2. C. 3 6. D. 2.

Lời giải

Chọn A.

Từ giả thiết ta có:

3 3 3 3 2 3 3 3 3 2

x y z  xyz  x y z  xyz







2 2 2



x y z x y z xy yz zx

         .



x y z





x2 y2 z2 xy yz zx



2 4

        

Đặt a x2 y2 z2, b xy yz zx

      ta có:



 



3 3

4 2 4

a b a b a b

a b a b a b        a a

        

  .

Hay Min x



2 y2 z2



34

   , khi



x y z ; ;







3 2;0;0 , 0; 2;0; , 0;0; 2

 





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



2 2 2



sao cho 0 và

AD AM x  x a x y a (tham khảo hình vẽ). Biết rằng khối chóp

S ABCM có thể tích lớn nhất bằng a3 m



m n,



.
n



  Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. m2 n 1.

  B. n2 m1. C. 2m2 n1. D. 2n2 m1.

Lời giải

Chọn A.

MAD, AM x, 0 x a AD a  CDAD BC a 

Tứ giác ABCM là hình thang vng tại A B, .
Ta có: 1.





1 .





2 2

ABCM

S  AB AM BC  a x a

Ta có: .





1 1

. . .

3 6

S ABCM ABCM

V  SA S  a y x a

S ABCM

V đạt giá trị lớn nhất, khi: y x a.







lớn nhất  y2.



x a



2 lớn nhất

Ta có: 2







2 2







2 1



3 3

 



y x a  a  x x a  a x a x x a x a   (vì 2 2 2
x y a )

4 4

1 3 3 27

3 4 16

cô si a x a x a x a x      a

 



 

 



Dấu “” xảy ra khi: 3a 3x a x 

2
a
x

 

Suy ra giá trị lớn nhất của y x a.







là 3 3 2
4

a Vậy 
.

S ABCM

V đạt giá trị lớn nhất bằng 3 3
8

a

Suy ra :





* 2

1.
8

m p

p m n

n p

 

   







Câu 48: [2H3-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Trong không gian Oxyz,cho hai mặt phẳng

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

A. 3 2.
2

r  B. 2 2

r  . C. 14.

r  D. r  3.

Lời giải

Chọn A.

Ta gọi tâm I x



;0;0



Ox là tâm mặt cầu

 

S và bán kính R

Theo bài tốn:

 





;

1 1

4
6
6

I P

x x

d    R   và

 





2
;

2 1 2 1

6
6

I Q

x x

d    R r  

Bán kính R của mặt cầu

 

S là không đổi:









2 2

2 2 2

1 2 1

4 2 2 8 0

6 6

x x

r x x r

 

       

Để có duy nhất một mặt cầu thỏa mãn thì: ' 9 2 2 0 3 2
2

r r

      . Chọn A

Câu 49: [1D2-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ
số 0,1, 2,3, 4,5,6,7,8. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập X. Tính xác suất để số được chọn có
chứa cả chữ số 1 và chữ số 5 đồng thời số lần xuất hiện của hai chữ số này bằng nhau trong số
đó.

A. 1619

13122. B.

3535

25244. C.

448. D.

4939
26244.
Lời giải

Chọn A.

Số phần tử của không gian mẫu là  8.94 52488.

Để đếm số phần tử của không gian thuận lợi cho biến cố A ta chia hai trường hợp
Trường hợp 1: mỗi chữ số 1, 5 xuất hiện 1 lần.

Nếu kể cả chữ số 0đứng đầu ta có A52.73 số, trong đó số các số có chữ số 0đứng đầu là
2 2
4.7
A

số. Như vậy trường hợp này có A52.73 A42.72 6272 số.
Trường hợp 2: mỗi chữ số 1, 5 xuất hiện 2 lần.

Nếu kể cả chữ số 0đứng đầu ta có 2 2

5. .73

C C số, trong đó số các số có chữ số 0đứng đầu là
2

4.1

C số. Như vậy trường hợp này có 2 2 2

5. .73 4.1 204

C C  C  số.
Suy ra A 6272 204 6476  .

Vậy 1619
13122

P  .

Câu 50: [2D3-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hàm số f x( )có đạo hàm liên tục trên

đoạn



0;1



thỏa mãn
1

( ) ,

3
x f x dx 







(1) 1, '( ) 28.

f 



f x dx Tính





( ) .
I 



f x dx

A. 37.
9

I  B. 37.

I  C. 9.

I  D. 9.

5
I 

Lời giải

Chọn A.

Từ

 

1
3

1 2 2

3 3

0 0 1 1

1 1 1

( ) . ( ) ' ' 2

3 3 3 3

x

x f x dx  f x  x f x dx  x f x dx

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

Ta có

 

1 1 1 1

3 6 3

0 0 0 0

' . ' .28 4 2 ' 2.

x f x dx x dx f x dx x f x dx

 

 

      

   









Do đó từ (1) suy ra dấu đẳng thức xảy ra f x'

 

k x.

 

3. Thay vào (1) tính được k 14.

Từ đó ( ) 7

 

4 .
2

f x  x C Mà

 

1 1 5

 

7 4 5.

4 2 2

f  C  f x  x 

Vậy

 

1 1

2 4

0 0

7 5 37

2 2 9

f x dx  x   dx

 

</div>

Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 sở GDĐT phú thọ lần 1 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

<b>SẢM PHẨM TỔ 3_TUẦN 9</b>

<b>Đề thi thử Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018</b>





















 















 



<sub></sub>

<sub></sub>



 







 





 

 

 





<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>



























































 

















