Đề thi thử thpt quốc gia môn toán trường thpt phan đình phùng hà tính 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 (581.81 KB, 7 trang )

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

Câu 16: [1D3-2] Cho dãy số 
1

1
5

n n

u

u+ u n

ì =

ïï

íï = +

ïỵ Tìm số hạng thứ 5 của dãy số.

A. 11. B. 15. C. 16. D. 12.

Lời giải.
Chọn B

Từ giả thiết ta có: u2= + = + =u1 1 5 1 6

3 2 2 6 2 8

u = + = + =u

4 3 3 8 3 11

u = + = + =u

5 4 4 11 4 15

u = + = + =u

Câu 17: [1D2-2] Có8 cái bút khác nhau và 7 quyển vở khác nhau được gói trong 15 hộp. Một học sinh
được chọn bất kỳ hai hộp. Xác suất để học sinh đó chọn được một cặp bút và vở là

A.

15 B.

7 C.

105 D.

1
15

Lời giải
Chon A

Xác suất cần tìm 152

8 7 8

C



 

Câu 21: [2D3-3] Một vật chuyển động với vận tốc 10m/s thì tăng tốc với gia tốc được tính theo thời
gian là

 

2
3 .

a t  t t

Tính quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 3 giây kể từ khi vật
bắt đầu tăng tốc.

A.
45

2 B.

201
m.

4 C.

81
m.

4 D.

65
m.
2
Lời giải

Chon B

 





3 2

2 3

dt 3 dt

3 2

t t

v t 



a t 



t  t   C

Dov0 10 /m s C 10

 

3 32
10

3 2

t t

v t

   

 

3 3 2

3 201

10 dt m

3 2 4

t t

S      

 



Quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 3 giây kể từ khi vật bắt đầu tăng tốc là
201

m
4

Câu 31: [2D2-2] Tổng 3 4 2018

2 2 2 2

3 3 3 3

1 2 log 3 3 log 3 4 log 3 ... 2018 log 3

     

S

là

A. 1009 .2019 .2 2 B. 1009 .2018 .2 2 C. 2019 .2 D. 1008 .2018 .2 2

Lời giải

Chọn A

Ta có:

2 2 3

3
3

log 3k  . log 3 ( 2, Z).

k k k k k k

Nên

3 4 2018

2 2 2 2

3 3 3 3

1 2 log 3 3 log 3 4 log 3 ... 2018 log 3

     

S

3 3 3

1 2 ... 2018 .

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

Mặt khác dùng quy nạp ta chứng minh được:









2
2

3 3 3 1

1 2 ... 2, .

4


  n n n n nZ

Do vậy

2 2

2018 2019

1009 2019 .

 

S

Câu 32: [1D1-2] Giá trị lớn nhất của hàm số y2cos2x sin 2x5 là

A. 6 2. B. 6 2. C. 2. D.  2.

Lời giải
Chọn A

Ta có:

2 2

2 cos sin 2 5 (2cos 1) sin 2 6

      

y x x x x

cos 2 sin 2 6 2 cos 2 6 6 2

 

        

 



x x x

Dấu “=” xảy ra tại  8.


x

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số y2cos2x sin 2x5 là 6 2.
Câu 33: [2H2-3] Một hộp bóng bàn hình trụ có bán kính R, chứa được 5 quả bóng sao cho các quả

bóng tiếp xúc với thành hộp theo một đường tròn và tiếp xúc với nhau. Quả trên cùng và dưới
cùng tiếp xúc với hai nắp hộp. Tính phần thể tích của khối trụ mà thể tích của các quả bóng bàn
khơng chiếm chổ.

A. 
3
10

R




B. 
3
3

R




C. 0. D.

3
10

R




Lời giải
Chọn D

+) Chiểu cao của hộp bóng bàn là h10R.

Suy ra thể tích của hộp bóng bàn là V( )H R h2 10R3.

+) Thể tích của 5 quả bóng bàn là

3 3

( )

4 20

3 3

B

V  R  R

Suy ra thể tích cần tính là

3 3 3

( ) ( )

20 10

3 3

H B

V V V  R  R  R

Câu 36: [2D3-2] Cho

 

1
1

x

G x 



t dt

. Khi đó, G x

 

bằng

A. 1 2

x

x 

 B. 2

1 x  C.



x21



x21. D. 1x2.

Lời giải.

Chọn D

Gọi F t

 

là một nguyên hàm của hàm số f t

 

 1t2  F t

 

 1t2

Vì

 

1
1

x

G x 



t dt

 

G x F x f

  

 



 

1



 

1 2

G x F x F  F x x

     

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

Câu 37: [2D1-4] Cho a b c d e f, , , , , là các số thực thỏa mãn





















2 2 2

2 2 2

1 2 3 1

3 2 9

a b c

d e f

      




    




Gọi giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức













2 2 2

F  a d  b e  c f

lần lượt là

M m. Khi đó, M m bằng?

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

Lời giải.

Chọn C

Ta thấy điểm K a b c



; ;



thỏa mãn:













2 2 2

1 2 3 1

a  b  c  sẽ nằm trên mặt cầu





1 , 1

S I R

với I



1; 2;3 ,



R 1 1

Và điểm H 



3; 2;0



thỏa mãn:









2 2 2

3 2 9

d  e  f 

nằm trên mặt cầu S J R2



; 2



với



3; 2;0 ,



2 3

J  R 

Khi đó M m, lần lượt là độ dài lớn nhất và nhỏ nhất của đoạn HK

Ta thấy, IJ  5 R1R2 nên hai mặt cầu S và 1 S2 nằm ngồi nhau ( Hình vẽ)

Gọi giao điểm của đường thẳng IJ với các mặt cầu S S lần lượt tại các điểm 1, 2 A B C D, , ,

Ta có phương trình của đường thẳng IJ là

1 4
2
3 3

x t

y

z t

 





  


Giải hệ phương trình của IJ và S S ta được các giao điểm như sau1, 2

1 12
; 2; ,

5 5

A 

 

9 18
; 2; ,

5 5

B  

 

3 9

; 2;

5 5

C 

  và

27 9

; 2;

5 5

D  

 

Dễ chỉ ra được các điểm A C, nằm giữa IJ

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

Suy ra M m  .8

Câu 41: [2D3-3] Cho hàm số yf x

 

liên tục trên  và thỏa mãn f



 x



2018f x

 

xsin .x Tính

 

I f x dx









A. 
1

1009 B.

2019 C.

2019 D.

1
2018
Lời giải.

Chọn B

Theo giả thiết f



x



2018f x

 

xsin .x  f x

 

2018f



x



xsin .x

suy ra





 

2 1

2018 1 ( ) 2017 sin .sin

2019

f x x x f x x x

   

Do đó





2 2

1 1

.sin . . cos

2019 2019

I x x dx x d x

 

 









2 2

1 1 2

cos cos . sin

2019 x x x dx 2019 x 2019



 



 



 

 

    

 

 



Câu 43: [1D2-3] Cho n là số tự nhiên thỏa mãn





0 1 2

3 4 5 ... 3 n 8192

n n n n

C  C  C   n C 

. Tổng tất cả

các hệ số của các số hạng trong khai triển





2 3
1 x x x n

là

A. 4 .10 B. 4 .11 C. 2 .11 D. 2 .10

Lời giải

Chọn D.

Xét khai triển





 

3. 1 n 3. 0 4. 1 5. 2 ... n 3. n 1

n n n n

x x x C x C x C x  C

     

Đạo hàm hai vế của

 

1 ta được:













 

2 3 2 0 3 1 2

3 1 n . . 1 n 3 4 ... 3 n n 2

n n n

x x x n x  x C x C n x C

       

Cho x  vào 1

 

2 ta được:





2 0 1 2

3.2n .2n 3 4 5 ... 3 n

n n n n

n  C C C n C

      

3 .2 8192 10

n

 

      

 

Tổng tất cả các hệ số của các số hạng trong khai triển





2 3
1 x x x n

là giá trị của biểu thức



1 x x2 x3



n

  

tại x  ta được giá trị cần tìm là 1





2 3 10

1 1 1  1 2

Câu 45: Cho hàm số yf x

 

có f x

 

liên tục trên nửa khoảng



0;



thỏa mãn

 

3f x f x 1 e x.

  

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

A.

 

1 1

1 0

2
1

e f f

e

   

 B.

 

1 1

1 0

2 1

e f f

e

   



C.

 





3 1 0 1 1 8

e e

e f  f     

D.

 





3 1 0 2 1 2 1 8.

e f  f  e  e  

Lời giải

Chọn C.

Ta có

 

3f x f x 1 e x

    3e f x3x

 

e f x3x 

 

e2x e2x3

 

3x 2x 2x 3.

e f x  e e

 

    

Lấy Tích phân từ 0 đến 1 hai vễ ta được

1 1

3 2 2

0 0

( ) 3

x x x

e f x dx e e dx

   

 







1
3
1

3 2

0
1

( ) 3

x x

e f x e

 

    

 





2 2

3 1 0 1 1 8

e e

e f f   

   

Câu 46: Cho hàm số

 

4 2

yf x ax bx  biết c a  , 0 c 2018

và a b c  2018. Số cực trị của

hàm số y f x

 

 2018 là

A. 7 . B. 5 . C. 3 . D. 1.

Lời giải

Chọn A.

Ta có a  , 0 c 2018 nên a c 2018  b2018 a c  nên hàm số 0 f x 

 

2018 có 3 
cực trị.

Vì f

 

0  2018 c 2018 0 và f



 1



2018   a b c 2018 0 và

 

lim 2018

x  f x    nên phương trình f x 

 

2018 0 có đúng 4 nghiệm. Do đó, đồ thị

hàm số y f x

 

 2018 có 7 cực trị.

Câu 47: [2H1-3] Cho hình đa diện SABCD như hình vẽ:

Biết SA4, SB2, SC3,SD và 1 ASBBSCCSDDSA60 .0 Thể tích khối
đa diện SABCD là

A. 3 2. B.

3 2

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

Lời giải
Chọn A

Trên SA ,, SB SC lần lượt lấy các điểm ', ', 'A B C sao cho SA'SB'SC'SD1. Khi đó

. ' ' ' '

S A B C D là một chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng 1, có thể tích 0

1
3 2

V 

. 0 0

4.3.2 12 2 2

S ABC

V   V  V 

 

. 0 0

4.3 6 2

S ACD

V   V  V 

 

Vậy VSABCD VS ABC. VS ACD. 3 2

Câu 48: [1D2-3] Số cách chia 10 phần quà cho 3 bạn sao cho ai cũng có ít nhất 2 phần q là

A. 21. B. 42. C. 30 . D. 15.

Lời giải

Chọn D.

Chia cho mỗi bạn 1 phần quà trước, khi đó còn lại là 7 phần quà. Bây giờ chia 7 phần quà này
cho 3 người sao cho mỗi người có ít nhất 1 phần quà. Ta lập một dãy phần quà như hình dưới :

Q Q Q Q Q Q Q Q

Vì mỗi cách chia là việc chọn 2 khoảng trống trong 6 khoảng trống nên kết quả là C 62 15.

Câu 49: [2D1-3] Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm

 



 



2 9 4

f x x x x

. Khi đó hàm số

 

yf x

đồng biến trên khoảng nào?

A.



2;2



B.



3; 



C.



  ; 3



D.



  ; 3

 

 0;3



Lời giải
Chọn B

Ta có

 



 



2 9 4

f x x x x  f x

 

2 2xx x4



2 9

 

x2 4



 

0
3

0 3

2
2

x
x

f x x

x
x



 


 

   




 

 . Do x 0; x  không đổi dấu 2

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

 

f x  0  0 

Vậy hàm số

 

yf x

đồng biến trên khoảng



3; 



.

Câu 50: [2D1-3] Tất cả các giá trị của m để hàm số

2sin 1

sin





x

y

x m đồng biến trên khoảng 0;2

 

 

 



là

A.

1
2

 

m

B.

1
2
 

m

C. m0. D. m0.
Lời giải

Chọn C

+ Ta có:









1 2 cos
sin

m x

y

x m


 



+ Để hàm số đồng biến trên khoảng

0; 0 0;

2 y x 2

 

   



   

   

   



1 2



0, cos 0 0; 1

2
2

0
1

sin 0;

0
2

m

m do x x

m
m

x m x

m



   



      

 

   

    




 

    



 

    

</div>

Đề thi thử thpt quốc gia môn toán trường thpt phan đình phùng hà tính lần 1 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

 

 

 





<sub></sub>

<sub></sub>

 

 











 

<sub></sub>

 





 

 

 

 

<sub></sub>

 

 

 

 



 

 



 













































































 





 

 

<sub></sub>



