Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán trường chuyên lương thế vinh 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 (315.12 KB, 13 trang )

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

Câu 1: [2D1-3] Gọi S là tập tất cả các giá trị của tham số

m

để đồ thị hàm số

1
2
9
3 2
3






x x x m

y và trục Ox có đúng hai điểm chung phân biệt. Tính tổng T của các
phần tử thuộc tập S

A. T 12. B. T 10. C. T 12. D. T 10.
Lời giải

Chọn C.
Cách 1.

Ta có '( ) 3 2 6 9



 x x

x

f  f'(x)0  








3
1

x
x

. Nên hàm số yf x

 

có hai điểm cực

trị. Vậy để thỏa mãn u cầu bài tốn thì f(1)0hoặc f(3)0.

Với f(1) 0  m2.

Với f(3) 0 m14.
Vậy T 12

Cách 2.

Xét phương trình hồnh độ x3 3x2  9x2m10 x3 3x2 9x 1 2m







 .(1)

Xét hàm 3 3 2 9 1




x x x

y .

BBT

Từ bảng biến thiên suy ra khẳng định “ Để thỏa mãn u cầu bài tốn thì m2 hoặc m14
”.

Vậy đáp án là C.

Câu 2: [2D3-3] Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y x, cung trịn có phương

trình y 6 x2

 



  6 x 6



và trục hồnh (phần tơ đậm trong hình vẽ bên). Tính

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

A. V 8 6 2 .  B. 8 6 22 .

V     C. 8 6 22 .

V     D. 4 6 22 .

V    

Lời giải
Chọn D.

Tọa độ giao điểm là nghiệm số phương trình

0 6

6
x

x x

  




 




2
x

 

Thể tích V của vật thể trịn xoay sinh bởi khi quay quanh hình D









 

0 2 2 2 2

2 2

0
6

6 6

V  x dx  x x dx



 

      

 











0 2

2 2

0
6

6 6

V  x dx  x x dx







 



 

0 2

3 3 2

6 0

6 6

3 3 2

x x x

V  x  x



   

        

   

6 6 8

6 6 12 2

3 3

V       

 

4 6 .

V    

Vậy đáp án D.

Câu 3: [2D3-3] Cho hàm số

 

2 2

a b

f x

x x

   , với a , b là hai số hữu tỉ thỏa điều kiện

 

1
2

d 2 3ln 2
f x x  



. Tính T   .a b

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

Lời giải

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

Ta có:

 

1 1

2 2

d a + +2 db a ln 2

f x x x b x x

x x x

   

       

   



=a  2



2a b ln 2 1





a 1



bln 2

   , suy ra





ln 2 2 3ln 2 1
3
a

a b

b



     



 . Vậy T a b 2
   .

Câu 4: [2D1-4] Cho hàm số y= f x( ) có đạo hàm trên ¡ thỏa mãn f(2)= f( 2)- =0 và đồ thị của
hàm số y= f x'( ) có dạng như hình vẽ bên. Hàm số y=

(

f x( )

)

2 nghịch biến trên khoảng nào
trong các khoảng sau.

A. 1;3
2

 



 

 . B.



2; 1



. C.



1;1



. D.



1;2



Lời giải
Chọn D.

Dựa vào đồ thị hàm sốyf x

 

ta lập được bảng biến thiên của yf x

 

như sau:

Xét hàm số y



f x

 



2, ta có y2f x f x

 

. 

 

Do f x

 

0,  x và f x

 

0,  x



1;2

 

   ; 2



nên hàm số y



f x

 



2 nghịch
biến trên khoảng



  ; 2



và



1;2



.

Câu 5: [1H3-3] Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D có . ' ' ' ' AB2 ,a AD a , AA'a 3. Gọi M
là trung điểm cạnh AB. Tính khoảng cách h từ điểm D đến mặt phẳng



B MC .'



A. 3 21.
7

a

h  B. .

a

h  C. 21.

a

h  D. 2 21.

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

Lời giải
Chọn D.

Gọi O BD AC; I CM BD.

Do I là trọng tâm của ABC nên BI 2 .IO

Khi đó DI 2

BI   d D MB C







2d B MB C







Mà tứ diện B BMC là tứ diện vng góc tại B nên









2 2 2 2

1 1 1 1 7

, BB MB BC a

d B MB C      .









a

d B MB C

 





2 21.

a

d D MB C

 

Câu 6: [2D3-4] Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm liên tục trên  và f x

 

x4 22 2x
x

    ,  x 0

và f

 

1 1. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Phương trình f x  có một nghiệm trên

 



0;1 .



B. Phương trình f x  có đúng ba nghiệm trên

 



0; .



C. Phương trình f x  có một nghiệm trên

 



1; 2 .



D. Phương trình f x  có một nghiệm trên

 



2;5 .



Lời giải
Chọn C.

Ta có

 

6 3

2 2

x x

f x

x

 

 





2
3

1 1
0
x

x
 

  ,  x 0. Nên hàm số yf x

 

đồng biến trên

khoảng



0;  .



Lại có f x

 

liên tục trên  và f x

 

x4 22 2x
x

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

 

2 2

4
2

1 1

d 2 d

f x x x x x

x

 

     

 



 

1 21

f f

  

 

1 21 21 1 16 0

5 5 5

f f

       .

Do đó ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra chỉ có khẳng định “phương trình f x  có một nghiệm

 

0 x 



1; 2



” là khẳng định đúng.

Câu 7: [2D1-3] Biết hàm số yf x

 

liên tục trên  có M và m lần lượt là GTLN, GTNN của
hàm số trên đoạn



0; 2 . Trong các hàm số sau, hàm số nào cũng có GTLN và GTNN trên đoạn





0; 2 tương ứng là



M và m ?

A. 2

4
1

x

y f

x

 

  



 . B. y f



2 sin



x cosx



  .

C. y f



2 sin



3x cos3x





  . D. yf x



 2 x2



.
Lời giải

Chọn A.
Đặt 24

x
t

x



 trên



0; 2 . Ta có:







2
2

4 4

x

x
t

x

 

 

 .

Xét tx  0 x1 trên



0; 2 .



Bảng biến thiên:

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

Do đó: Hàm số yf x

 

liên tục trên  có M và m lần lượt là GTLN, GTNN của hàm số

trên đoạn



0; 2 khi và chỉ khi hàm số



yf t

 

liên tục trên  có M và m lần lượt là GTLN,

GTNN của hàm số trên đoạn



0;2 .



 Với hàm số yf



2 sin



xcosx



,đặt 2 sin



cos



2 2 sin
4
t x x  x 

 , suy ra

0; 2 2

t  

 

  khi x 



0;2



 Với hàm số yf



2 sin



3xcos3x



. đặt t2 sin



3xcos3x



ta có t  4 2; 2

  khi



0;2



x  .

 Với hàm số yf x



 2 x2



, đặt t x  2 x2 ta có có t  2; 2 khi x 



0;2



Bởi vậy, chỉ có hàm số 2
4

x

y f

x

 

  



  có GTLN và GTNN trên đoạn



0; 2 tương ứng là



M

và m .

Câu 8: [2D3-4] Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A  



4; 1;3 ,



B   



1; 2; 1 ,



C



3;2; 3



và



0; 3; 5



D   . Gọi

 

 là mặt phẳng đi qua D và tổng khoảng cách từ A, B, C đến

 

 lớn

nhất, đồng thời ba điểm A, B, C nằm cùng phía so với

 

 . Trong các điểm sau, điểm nào
thuộc mặt phẳng

 

 .

A. E1



7; 3; 4 . 



B. E2



2;0; 7 .



C. E   3



1; 1; 6 .



D. E4



36;1; 1 .



Lời giải
Chọn A.

Giả sử vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

 là n



a b c; ;



(điều kiện: a2 b2 c2 0

   ).

Khi đó mặt phẳng

 

 có phương trình là : ax b y



3



c z



5



0.

Ta có : M d A



;

 



d B



;

 



d C



;

 



4a 2b 8c 2a b2 4c2 3a 5b 2c

a b c

            

   

  .

Vì ba điểm A, B, C nằm về cùng một phía so với

 

 nên các số 4a2b8 ,c a b 4c
và 3a5b2c cùng dấu.

Suy ra: 4 a2b8c  a b 4c 3a5b2c  2a8b14c

2 2 2

2a 8b 14c
M

a b c

  

 

  .

Theo bất đẳng thức Bunyakovsky (Bu-nhi-a-cốp-ski) ta có:



a2 b2 c2





4 64 196

 

2a 8b 14c



       

2 2 2

2 8 14

264

a b c

  

 

 

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

Suy ra giá trị lớn nhất của M đạt được bằng 264.

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi

2 8 14

a b c

 

 hay

4
7

b a

c a







 .

Mặt khác ta có

4 2 8 68

4 33

3 5 2 31

a b c a

a b c a

a b c a

   




   



   


thỏa mãn điều kiện A, B, C nằm về cùng một phía đối

với mặt phẳng

 

 . Do đó tồn tại giá trị lớn nhất của M.

Nếu a 0 b c 0 không thỏa mãn điều kiện của vectơ pháp tuyến. Suy ra a  .0

+) Với b4a, c7a ta có mặt phẳng

 

 có phương trình là:









4 3 7 5 0

ax a y  a z   x 4y 7z 47 0 (do a  ).0

Thay tọa độ các điểm E1, E2, E3, E4 vào phương trình của

 

 ta thấy điểm E1 thỏa mãn.

Câu 9: [2D1-3]Cho hàm số y x3 3x2 1

   có đồ thị

 

C . Hỏi trên trục Oy có bao nhiêu điểm A

mà qua A có thể kẻ đến

 

C đúng ba tiếp tuyến?

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

Lời giải

Chọn C.

Dễ thấy hàm số đã cho là hàm số chẵn nên đồ thị

 

C của hàm số 3 2

3 1

yx  x  đối xứng

với nhau qua trục tung. Do đó, nếu đường thẳng y ax b  tiếp xúc với đồ thị

 

C tại điểm

0 0

x x  thì theo tính chất đối xứng đường thẳng yax b cũng tiếp xúc với đồ thị hàm

hàm số

 

C và tiếp xúc tại điểm có hồnh độ xx0 0. Hơn nữa hai đường thẳng này lại cắt

nhau tại điểm M



0;b nằm trên trục tung. Nên để từ điểm



A nào đó trên tục tung kẻ được ba

tiếp tuyến đến

 

C thì hai tiếp tuyến dạng này phải trùng nhau hoặc x0 x0

0 0

3
x
y



  

 .

Trường hợp 1:

- Với x 0 0 suy ra tiếp tuyến của

 

C tại điểm



0;1 có phương trình



y 1. (*)

- Đường thẳng đi qua điểm



0;1 có hệ số góc k có phương trình



y kx 1. Đường thẳng này

là tiếp tuyến với

 

C ( xét x  ) khi và chỉ khi hệ 0

3 2

3 1 1

3 6

x x kx

x x k

    




 





có nghiệm.

Từ hệ suy ra 2





2 3 0

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

Do đó khi x  qua điểm 0



0;1 chỉ kẻ được duy nhất một tiếp tuyến tới



 

C . (**)

Lại do tính đối xứng của đồ thị nên khi x  qua điểm 0



0;1 ta cũng chỉ kẻ được duy nhất một



tiếp tuyến tới

 

C . (***)

Từ (*), (**) và (***) qua điểm



0;1 kẻ được ba tiếp tuyến tới



 

C .

Trường hợp 2:

- Với y 3 thì ba tiếp tuyến này trùng nhau (loại).

Câu 10: [1D2-4] Cho đa giác đều 2018 đỉnh. Hỏi có bao nhiêu tam giác có đỉnh là đỉnh của đa giác và
có một góc lớn hơn 100 ?

A. 3

897

2018.C . B. 3

1009

C . C. 3

895

2018.C . D. 3

896

2018.C .

Lời giải
Chọn D.

Gọi A1,A2,…,A2018 là các đỉnh của đa giác đều 2018 đỉnh.

Gọi

 

O là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều A A A1 2... 2018.

Các đỉnh của đa giác đều chia

 

O thành 2018 cung tròn bằng nhau, mỗi cung trịn có số đo

bằng 360

2018


Vì tam giác cần đếm có đỉnh là đỉnh của đa giác nên các góc của tam giác là các góc nội tiếp

của

 

O .

Suy ra góc lớn hơn 100 sẽ chắn cung có số đo lớn hơn 200 .

Cố định một đỉnh Ai. Có 2018 cách chọn Ai.

Gọi Ai,Aj,Ak là các đỉnh sắp thứ tự theo chiều kim đồng hồ sao cho A A i k 160 thì

 100

i j k

A A A   và tam giác A A Ai j k là tam giác cần đếm.

Khi đó 

i k

A A là hợp liên tiếp của nhiều nhất 160 896
360

2018

 

 



 

 

cung trịn nói trên.

896 cung trịn này có 897 đỉnh. Trừ đi đỉnh Ai thì cịn 896 đỉnh. Do đó có C8962 cách chọn hai

đỉnh Aj,Ak.

Vậy có tất cả 2
896

2018.C tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 11: [2D2-3]Biết rằng điều kiện cần và đủ của m để phương trình









1 1

2 2

log 2 4 5 log 8 4 0

x m m

x

     

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

có nghiệm thuộc 5;4
2

 

 

  là m



a b;



. Tính T  a b.

A. 10

T  . B. T 4. C. T 4. D. 10

T  .

Lời giải
Chọn D.

Điều kiện: x  . Đặt 2 t log2



x 2



với

5
; 4
2

x  

  thì t  



1;1



Phương trình đã cho tương đương 2













2 2

4log x 2 4 m 5 log x 2  8m 4 0





2 5 2 1 0

t m t m

     

5 1
2

t t

m
t

 

 

 

với t  



1;1



Xét

5 1
( )

t t

f t

t
 


  với t  



1;1



. Ta có

2
2

4 11

( ) 0

( 2)

t t

f t

t
  

  

  với t  



1;1



.
Suy ra f t( ) luôn nghịch biến trên đoạn



1;1



Ta có f

 

1 f t

 

f



1



 

5
3

f t

    .

Để phương trình ban đầu có nghiệm thuộc 5;4

 

 

  thì phương trình f t

 

m có nghiệm thuộc



1;1



5 3

m

    . Suy ra a  ; 5 5
3

b   10

T   a b .

Câu 12: [1H3-3] Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C.    có tất cả các cạnh bằng a. M là điểm

thỏa mãn 1
2
CM  AA
 
 

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

, cosin góc giữa hai mặt phẳng



A MB



,



ABC



bằng

A. 30

8 . B.

16 . C.

10 . D.

1
4

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

Trong mặt phẳng



ACC A 



gọi KACMA, trong



ABC



dựng AH BK,



H BK



.

Ta có: BK 



AA H







A MB

 

, ABC



AHA.

Khi đó BK2 AB2 AK2 2AB AK. .cos600

   7

3
a
BK

 

2 3

3 6

ABK ABC

a

S  S  2 21

7
ABK

S a

AH

BK

    tan 21

3
AA
AHA

AH



   cos 30

10
AHA

 

Câu 13: [1D3-4] Cho dãy số được xác định bởi u1a và un1 4un



1 un



với mọi n 1, 2,..., có bao

nhiêu giá trị của a để u2018 0?

A. 22016 1

 B. 220171 C. 220181 D. 3

Lời giải

Chọn A.

Đặt 1





n n

u  v  , ta nhận được dãy số

 

v được xác định bởi n v1 1 2a và

1 2 1

n n

v   v  .

Trường hợp 1: v 1 1

Tồn tại 0 x   sao cho cos x v 1, bằng quy nạp dễ thấy

1
cos 2n
n

v  x

 .

Ta có u20180 v20181 2016
2

k

x 

  , 0 x    0 k 22016 k0,1, 2,..., 22016.

Trường hợp 2: v 1 1

Dễ thấy v n 1 với mọi số nguyên dương n .

Vậy có tất cả 2016

2 1 giá trị của a .

Câu 14: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A



1;0;1



; B



0;1; 1



. Hai điểm

D, E thay đổi trên các đoạn OA, OB sao cho đường thẳng DE chia tam giác OAB thành hai
phần có diện tích bằng nhau. Khi DE ngắn nhất thì trung điểm I của DEcó tọa độ là

A. 2; 2;0

4 4

I 

 

. B. 2; 2;0

3 3

I 

 

. C. 1 1; ;0
3 3
I 

 . D.

1 1
; ;0
4 4
I 

 .

Lời giải
Chọn A.

Ta thấy OA OB  2; AOB 120

Ta có D nằm trên đoạn OAnên D a



;0;a ,



OD a 2,



0a1



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

Ta có ODE 12

OAB

S

ab

S  



; ;



DE a b b a 



2 2

2 2 2 6 3

DE a  b  ab  ab

Dấu bằng xảy ra khi 2

a b  suy ra 2;0; 2

2 2

D 

 

, 0; 2; 2

2 2

E  

 

 

Vậy Min(DE ) 3 khi đó trung điểm của DE có tọa độ 2; 2;0

4 4

I 

 

Câu 15: [2D2-3] Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình

2 2

3 3 1

log 5 2

2 1

x x m

x x m

x x
  

   

  .

Có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1.

A. 3. B. Vô số. C. 2. D. 4.

Lời giải
Chọn C.

Điều kiện: 3x2 3x m 1 0

    .

- Ta có:

2 2

3 3 1

log 5 2

2 1

x x m

x x m

x x
  
   
 
2
2
2 2

3 3 1

log 1 5 1

2 1

x x m

x x m

x x
    
      
 
 
2
2
2 2

3 3 1

log 5 1

4 2 2

x x m

x x m

x x

  

    

 







 



2 2

log 3x 3x m 1 log 4x 2x 2 4x 2x 2 3x 3x m 1

             



 





 



2 2

log 3x 3x m 1 3x 3x m 1 log 4x 2x 2 4x 2x 2

             

 

Xét hàm số: f t

 

 t log2t trên D 



0;



, có

 

1 0

.ln 2

f t

t

    , t D  ,

Do đó hàm số f t đồng biến trên

 

D

 

1 f



4x2 2x 2



f



3x2 3x m 1



       

 

2 2

4x 2x 2 3x 3x m 1 2

       . Khi đó vì 4x2 2x    2 0 x nên

 

2 3x23x m  1 0 x2 5x m 1

   

 

3 .

- Xét hàm số: g x

 

x2 5x

  trên , có

 

2 5

 

0 5
2

g x  x  g x   x .

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

- Theo bảng biến thiên ta thấy: phương trình

 

3 có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 khi và chỉ

khi 25 1 4

4 m

     21 3

4 m

     , do m  nên m   



5; 4



, hay có 2 giá trị nguyên

của m thỏa mãn yêu cầu bài tốn.

Câu 16: [2D1-3] Có bao nhiêu số ngun âm m để hàm số 1cos3 4cot



1 cos



y x x m x đồng

biến trên khoảng



0; ?



A. 5 . B. 2. C. vô số. D. 3 .

Lời giải
Chọn A.

- Ta có: 2 2





cos .sin 1 .sin

sin

y x x m x

x

     sin3 42 .sin

sin

x m x

x

   .

- Hàm số đồng biến trên



0; khi và chỉ khi



y0,  x



0;



2
4

sin .sin 0

sin

x m x

x

    ,  x



0;



3
4
sin

sin

x m

x

   ,  x



0;



 

1 .

- Xét hàm số:

 

3
4
sin

sin

g x x

x

  , trên



0; .



Có

 

12cos
2sin .cos

sin

x

g x x x

x

   2cos . sin 64

sin

x x

x

 

   

 

5
4

sin 6
2cos .

sin
x
x

x



 

g x x 

    



0;



.

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

- Do đó:

 

1  mxmin0;g x

 

 m5 m5.

- Lại do m nguyên âm nên m      



5; 4; 3; 2; 1



. Vậy có 5 giá trị của m thỏa mãn.

</div>

Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán trường chuyên lương thế vinh lần 1 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

<i>m</i>

 













 













<sub></sub>

<sub></sub>

 

 



 

















(

)













 

<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

 

 

 

 



 



<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>





<sub></sub>

<sub></sub>













































 