Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán trường thpt yên lạc vĩnh phúc lần 4 | 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 (461.4 KB, 10 trang )

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

Câu 27: [2H1-2] Khối chóp tứ giác .S ABCD có đáy là hình bình hành. Có bao nhiêu mặt phẳng cách
đều cả 5 điểm S A B C D, , , , ?

A. 5 . B. 11. C. 9 . D. 3 .

Lời giải
Chọn A

Có 5 mặt phẳng cách đều 5 điểm S A B C D, , , , như hình vẽ, trong đó M N P Q E R H K, , , , , , , lần
lượt là trung điểm của BC AD SC SD CD AB SA SB, , , , , , , .

Câu 28: [1D5-3] Gọi S là tập hợp các điểm thuộc đường thẳng y 2 mà qua mỗi điểm thuộc S đều kẻ

được hai tiếp tuyến phân biệt tới đồ thị hàm số

1
x

y ,

x


 đồng thời hai tiếp tuyến đó vng
góc nhau. Tính tổng hồnh độ T của tất cả các điểm thuộc S.

A. T 2 3. B. T  .3 C. T  .1 D. T  .2
Lời giải

Chọn D

Gọi

 

C là đồ thị hàm số

1
x

y ,

x


 M m;





điểm thuộc đường thẳng y 2.

d là tiếp tuyến của

 

C , d đi qua M  d có dạng: y k x m







2  d : y kx  2 km.

d là tiếp tuyến của

 

C  Hệ sau

 





 

2 1

1
1

1 2

1
x

kx km

x

k
x



  






  

 

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

 

1  x 1 x11k x



1



 2 km k









1 1

1 1 1 2

1 1

x x km k

x x

 

         
   

1 1

1 1 2

1 1

x x km k

x x

        

 


2

1 km k

x   

1
1 2
km k
x
 

 .
Thay
1
1

x  vào

 

2 ta có:

2
1
2
k km
k

 
   
  





 

2 2

1 m k 4k 4 0 3
.

Yêu cầu bài toán  phương trình

 

3 có 2 nghiệm phân biệt k , k thỏa mãn 1 2 k .k 1 2 1







2
1 0
4
1
1
0
m
m





 





 
 

 









2
2
1 0

4 4 1 0

1 4
m
m
m
  


  


 

 
1 2
1 2
m
m
 


  

3

1
m
m


 
 .

 Có 2 điểm









3 2
1 2
M ;
M ;




 thỏa mãn yêu cầu bài toán  T  .2

Câu 30: [1D2-2] Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một
số tự nhiên thuộc tập A . Tính xác suất để chọn được một số thuộc A và số đó chia hết cho 5 .

A. 
11
27
P 
. B.

53
243
P 
. C. 
2
9
P 
. D. 
17
81
P 
.
Lời giải
Chọn D

+ Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau là: 9.A 94 27216 A có 27216 phần tử.
+ Gọi số có 5 chữ số khác nhau dạng: abcde(a 0).

Vì abcde chia hết cho 5 nên e 



0;5



Khi e  có 0 A cách chọn abcd .94

Khi e  : Do 5 a0;a5 nên a có 8 cách chọn và có A cách chọn 83 bcd.

Do vậy số các số tự nhiên t/m là: A948.A835712.

+ Ta có: n  

 

27216.

Gọ E là biến cố “ Chọn được một số thuộc A và chia hết cho 5 ”  n E

 

5712.

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

C’

I

C
A

M
A’

B
H

B’

a
2a

3a

Câu 33: [1H3-2] Cho lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy là tam giác vuông tại B với AB a ,
2

AA  a,A C 3a. Gọi M là trung điểm cạnh C A , I là giao điểm của các đường thẳng

AM và A C . Tính khoảng cách d từ A đến



IBC



A. 5

a

d 

. B. 2 5

a
d 

. C.

5
3 2

a
d 

. D.

2
5
a
d 

Lời giải
Chọn D

+) Dễ thấy



IBC

 

 A BC



+) Khi đó, hạ AH A B , ta có AH 



A BC



. Suy ra dd A IBC





d A A BC







AH .

+) Có 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 5 2

4 4 5

a
AH
AH AA AB  a a  a  

Vậy
2

5
a
d 

Câu 34: [2D1-2] Tìm tất cả các giá tị của tham số m để phương trình

2 1

x

m
x




 có hai nghiệm phân
biệt.

A.

5
1;

m 

 . B.

1
2;

m  

 . C. m



0;3



. D.

1
;2
2

m  
 .
Lời giải

Chọn D

Ta có

2 1

x

m
x




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

Phương trình có hai nghiệm phân biệt 



2 m

 

2m1



0
1

2
2 m
   

Câu 35: [1H2-3] Cho tứ diện ABCD có AB 6; CD  . Cắt tứ diện bởi một mặt phẳng song song với8
AB , CD để thiết diện thu được là một hình thoi. Cạnh của hình thoi đó bằng?

A. 
31

7 . B.

7 . C.

7 . D.

15
7 .
Lời giải

Chọn C

Một mặt phẳng cắt tứ diện ABCD theo thiết diện là tứ giác MNPQ

thì

/ / / /
/ / / /

MN PQ CD

MQ NP AB




  MNPQ là hình bình hành.

Để tứ giác MNPQ là hình thoi  MNNQ PQ QM  a.
Áp dụng định lý Talet trong DAB và BCD ta có:

NP DP

AB DB

PQ BP

CD BD







 




a DP

DB

a BP

DB





 

 




8 4

6 3

DP
BP

   4

DP
DB

 

Ta có:

4 24

6 7 7

a

   

Đáp án C.

Câu 38: [1H3-3] Cho hình lăng trụ ABC A B C.    có đáy là tam giác đều cạnh a , cạnh bên AA 2a.
Hình chiếu vng góc của A lên mặt phẳng



ABC



trùng với trung điểm của đoạn BG (với
G là trọng tâm tam giác ABC ). Tính cosin của góc  giữa hai mặt phẳng



ABC



và



ABB A  .



A.

1
cos

95
 

. B.

1
cos

165
 

. C.

1
cos

134
 

. D.

1
cos

126

 

.
Lời giải

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

Gọi M N, lần lượt là trung điểm của AB AC, . Gọi H là trung điểm của GB . Thế thì các tam

giác ANH, AHA vuông nên A H 2 A A 2 AH2 A A 2 AN2 NH2

2
2

2 4 3

4 9 2

a a

a  

    
 
2 2

2 41 2

4 3 12

a a

   

Kẻ HK AB thì HK GM|| nên 2

GM

HK  1 1. 3

2 3 2
a

 3

12
a


Do tam A HK vuông nên A K  A H 2HK2

4
a


Ta có ABA H , ABHK nên AB



A KH



suy ra ABA K . Do đó góc giữa hai mặt



ABC



và



ABB A  là



A KH . Ta có cos

HK
A K

 


1
165


. Đáp án B.

Câu 40: [2D2-3] Tìm số nguyên m nhỏ nhất để bất phương trình





3 2

3 3

log x  x 1 2x 3x log x m 1

(ẩn x ) có ít nhất hai nghiệm

A. m  .3 B. m 2. C. m  .1 D. m  .1

Lời giải
Chọn B.

Điều kiện x 0

Bất phương trình đã cho tương đương:

 

3 2

3
1

log 1 2 3 1

m x x x f x

x

 

       

 

 





6 1

1 ln 3

x

f x x x

x x

x



   

 

 

 

 







3 2



1 6

ln 3
x

x x

x x x

  

 

  

 

 

 

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

0 1

x

-mk +

Từ bảng biến thiên  m .1

Câu 41: [2D1-3] Cho hàm số f x

 

có đạo hàm là hàm số f x

 

trên  . Biết rằng hàm số





yf x   có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hàm số f x

 

nghịch biến trên khoảng nào?

A.



 ;2



. B.



1;1



. C.

3 5
;
2 2
 
 

 . D.



2; 



.
Lời giải

Chọn B

Đặt x t  2. Ta có f x

 

f t



 2



0 f t



 2



 2 2   1 t 3    1 t 2 1 .

Hay  1 x1. Suy ra hàm số ( )f x nghịch biến trên



1;1



.

Câu 42: [2D3-3] Một mảnh vườn hình elip có trục lớn bằng 100 m , trục nhỏ bằng 80 m được chia
thành 2 phần bởi một đoạn thẳng nối hai đỉnh liên tiếp của elip. Phần nhỏ hơn trồng cây con và
phần lớn hơn trồng rau. Biết lợi nhuận thu được là 2000 mỗi m trồng cây con và 4000 mỗi2

m trồng rau. Hỏi thu nhập từ cả mảnh vườn là bao nhiêu? (Kết quả làm trịn đến hàng nghìn ).
A. 31904000 . B. 23991000 . C. 10566000 . D. 17635000 .

Lời giải
Chọn B

 

f x

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

Chứng minh: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi elip

 

E :

2 2

2 2 1

x y

a b  (với a b  ) là ab0 

Thật vậy, phần đường elip nằm trên trục hồnh có phương trình

2
1 x
y b

a
 

. Do Ox Oy, là

trục đối xứng của elip

 

E nên diện tích hình phẳng giới hạn bởi elip

 

E là
2

2
0

4 1
a

x

S b dx

a






Đặt x a sint với t 2 2;

 

 

  

  ta được





2 2

0 0

4 1 sin sin 4 os

S b td a t ab c tdt

 





 



ab



 .

Xét mảnh vườn:a50,b40

Diện tích trồng cây con là:









.40.50 2 500 m

c OAB

S   S  

Diện tích trồng rau là: Sr .40.50



  2 500







3 2 500



Thu nhập từ mảnh vườn là:



 2 500.2000







32 500.4000 23991000



 .

Câu 43: [2D3-3] Cho hàm số f x

 

liên tục trên  và f

 

2 16,

 

d 4
f x x 



. Tính
4

d .
2
x
I  xf  x

 



A. I 12. B. I 112. C. I 28. D. I 144.

Lời giải
Chọn B

Đăt u x , d 2 d
x
vf  x

   dudx, 2 2
x
v f   

 

Suy ra

4 4

0
0

2 2 d

2 2

x x

I  xf   f   x

   

 



 

8f 2 4 f t td

 



112.


Câu 44: [2H2-2] Cho hình chóp .S ABC cóAB= . Hình chiếu của S lên mặt phẳng 3

(

ABC

)

là điểm
H thuộc miền trong của tam giác ABC sao cho ·AHB=120°. Tính bán kính R của mặt cầu

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

A. R= 5. B. R=3 5. C. R= 15. D. R=2 3.

Lời giải
Chọn C

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH , áp dụng định lý sin vào tam giác ABH ta

được:sin 2

AB

R

H = suy ra 2sin

AB

R OH

H

= = =

3 .

Dựng d là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác HAB . Gọi M là trung điểm SH . Kẻ đường 
trung trực của SH cắt d tại I .

Khi đó ta có SI=IA=IB=IH suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABH .

Tứ giác MIOH là hình chữ nhật. Suy ra IH= OH2+MH2 = 15.

Câu 48: [2H3-3] Cho biết có n mặt phẳng với phương trình tương ứng là

 

Pi :x a y b z c i  i  i 0



i1, 2,..,n



đi qua điểm M



1; 2;3



và không đi qua gốc tọa độ O , đồng thời cắt các trục tọa
độ Ox Oy Oz, , theo thứ tự tại A B C, , sao cho hình chóp OABC là hình chóp đều. Khi đó giá trị

1 2 ... n

a a  a bằng?

A. 3 . B. 1. C. 4. D. 1.

Lời giải
Chọn D

Giả sử mặt phẳng

 

P x ay bz c:    0 thỏa mãn yêu cầu bài toán

 

P Ox A c



 ;0;0



 

0; c;0

P Oy B

a


 

   

  ,

 

0;0;
c

P Oz C

b


 

   

 

Vì hình chóp OABC là hình chóp đều, suy ra OA OB OC 

Nên ta có

c c

c

a b

 

  

a b

   (do

 

P

không đi qua gốc tọa độ nên c  )0

+) Vì điểm M



1; 2;3

  

 P nên suy ra: 1 2 a3b c 0

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

Như vậy ta sẽ có 3 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán lần lượt ứng với các trường hợp
1

a b  , a b  và 1 a1,b1

Vậy a  , 1 1 a  , 2 1 a  suy ra 3 1 a1a2a3  .1

Câu 49. [2D1-3] Một người bán buôn Thanh Long Đỏ ở Lập Thạch - Vĩnh Phúc nhận thấy rằng: Nếu
bán với giá 20000đ/kg thì mỗi tuần có 90 khách đến mua và mỗi khách mua trung bình 60 kg
Cứ tăng giá 2000đ/kg thì số khách mua hàng tuần giảm đi 1 và khi đó mỗi khách lại mua ít
hơn mức trung bình 5 kg , và như vậy cứ giảm giá 2000đ/kg thì số khách mua hàng tuần tăng
thêm 1 và khi đó mỗi khách lại mua nhiều hơn mức trung bình 5 kg . Hỏi người đó phải bán
với giá mỗi kg là bao nhiêu để lợi nhuận thu được hàng tuần là lớn nhất, biết rằng người đó
phải nộp tổng các loại thuế là 2200đ/kg . (Kết quả làm trịn đến hàng nghìn)

A. 16000đ/kg . B. 24000đ/kg . C. 22000đ/kg . D. 12000đ/kg .
Lời giải

Chọn C.

Gọi 2000x đ/kg là mức giá thay đổi tăng hoặc giảm so với giá bán bình quân.
Giá bán sau khi thay đổi là 20000 200 x 0 đ/kg .

Số lượng người mua sau khi thay đổi giá là 90 x .

Khối lượng khách mua trung bình sau khi giảm giá là 60 5x kg.

Số tiền thuế phải nộp sau khi thay đổi giá: 2200 90



 x

 

60 5 x



.
Số tiền thu được sau khi thay đổi giá là

  

 

60 5

 

20000 2000



2200 90



 

60 5



T x   x  x  x   x  x



17800 2000x

 

90 x

 

60 5x



    



10x3 931x21722x96120 .1000



Điều kiện

90
12
x
x







  x12.

Ta có

 





30 1862 1722 .1000

T x  x  x

 

T x   15x2 931x 861 0

  

0,94( )
61,13( )

x N

x L



  

 .

 

12 0
10

T T 

  , T



0,94



96924000.
Do đó x  thì lợi nhuận cao nhất.1

Do đó giá bán tốt nhất là 22000đ/kg .

Câu 50: [2D2-4] Tính tổng S tất cả các nghiệm của phương trình:

1
5 3

ln 5 5.3 30 10 0

6 2

x x

x


  

    

 



  .

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

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

Điều kiện

1
.
3

x  

Phương trình tương đương ln 5





ln 6





5 5





5 6





x x x x x x

       

















ln 5x 3x 5 5x 3x ln 6x 2 5 6x 2

       

(1).

Xét hàm sô f t

 

lnt5t t  . Có 0

 

5 0

f t
t

   

,  t 0 nên f t

 

đồng biến.

Từ

 

suy ra



5 3





6 2



x x

f  f x 5x 3x 6x 2

     5x3x 6x 2 0

Xét

 

5 3 6 2

x x

g x    x

, ta có

 

5 ln 5 3 ln 3 6x x

g x   

 









2 2

5 ln 5x 3 ln 3x 0

g x   

1
3

x

  
.

Nên g x

 

 có khơng q 1 nghiệm trên 0
1

;
3

 

 

 

  suy ra g x 

 

0 có khơng q 2

nghiệm trên
1

;
3

 

 

 

  .

</div>