Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường thpt chuyên lê quý đôn lai châu 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 (606.07 KB, 15 trang )

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

SẢM PHẨM TỔ 3_TUẦN 7

Đề thi thử THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Lai Châu (lần 1)

Câu 32: [2H2-3] [THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Lai Châu, Lần 1, 2018] Cho hình thang cân ABCD
có hai đáy AB2 ,a CD4a và cạnh bên AD BC 3a. Tính thể tích khối trịn xoay khi
cho hình thang cân ABCD quay quanh trục đối xứng của nó.

A.

4 2
3

a

 . B. 56 2 3

a

 . C.16 2 3

a

 . D. 14 2 3

a

 .

Lời giải

Chọn D.

+ Gọi M N, lần lượt là trung điểm của ABvà CD. Khi đó trục đối xứng của hình thang cân
ABCD là đường thẳng MN. Khi cho hình thang cân ABCD quay quanh trục đối xứng của nó
ta được một khối nón cụt trịn xoay có bán kính đáy nhỏ là R1a và bán kính đáy lớn là

2 2

R  . Khi đó diện tích hai mặt đáy lần lượt là S1a S2, 2 4a2.

+ Kẻ AH vng góc với CD tại H, kẻ BK vng góc với CD tại K. Khi đó ta có
2 ,

HK  a DH CK a. Từ đó suy ra AH 2a 2. Nên khối nón cụt có chiều cao h2a 2
.

+ Áp dụng cơng thức 1



1 2 1 2



14 2 3

3 3

NC

a

V  h S S  S S   .

Bài tập tương tự

Bài 1: [2H2-3] Cho hình thang cân ABCD có đáy nhỏ AB 1, đáy lớn CD  , cạnh bên3
2

AD  quay quanh đường thẳng AB. Tính thể tích V của khối tròn xoay tạo thành.

A. V 3π. B. 4π

V  . C. 7π

V  . D. 5π

3
V  .

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

A. 10π 3

9a . B.

10π

7a . C.

5π

2a . D.

π
3a .

Câu 35: [2D1-3] [THPT Chuyên Lê Quý Đơn, Lai Châu, Lần 1, 2018] Tìm m để phương trình

4 2

5 4 log

x  x   m có 8 nghiệm thực phân biệt.
A. 0 m 4 29

  . B.  4 29 m 429 .
C. Khơng có giá trị nào của m. D. 1 m 429

  .

Lời giải

Chọn D.

+ Xét hàm số y x4 5x2 4

  

Có y 4x310x x x



4 210



0 10

x
y

x






  

 


Ta có bảng biến thiên sau

Dễ dàng suy được đồ thị của hàm số yx4 5x24 từ đồ thị của hàm số y x4 5x2 4

   .

Từ đồ thị trên thì yêu cầu của bài toán 2 4 9

0 log 1 2

m m

      .

Bài tập tương tự

Bài 1: [2D1-3] Hình vẽ bên là đồ thị của một hàm trùng phương. Giá trị của m để phương trình

 



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

A.  3 m1. B. m0. C.  



.
3

m

m D. 1m3.

Bài 2: [2D1-3] Các giá trị của tham số m để phương trình x x2 2 2 m có đúng 6 nghiệm thực
phân biệt là

A. 0m1. B. m0. C. m1. D. m0.

Câu 36: [2H3-3] [THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Lai Châu, Lần 1, 2018] Cho hai đường thẳng chéo
nhau 1

3 1 4

1 1 1

x y z

d     

 và 2

2 4 3

2 1 4

x y z

d     

 . Phương trình đường vng góc
chung của d1và d2là:

A. 7 3 9.

3 2 1

x y z

 

 B.

3 1 1

3 2 1

x y z

 



C. 1 1 2.

3 2 1

x y z

 

 D.

7 3 9

3 2 1

x y z

 


Lời giải

Chọn C. Giả sử d cắt d1và d2 tại I J, .

Ta có I d 1 suy ra I



3  t; 1 ;4t t



, J d 2 suy ra J



2 2 ;4 u  u; 3 4  u



Suy ra



2 1; 5;4 7



IJ u t  u t  u t 



Gọi u là véc tơ chỉ phương của đường thẳng d . Suy ra 1 1 2





; 3; 2;1

u u

u u u

u u

 

  

    

  






 

  
 

Suy ra IJ cùng phương với u, suy ra 2 1 5 4 7

3 2 1

u t  u t  u t 

 

 

Suy ra 7 5 17 1



1;1;2



7 9 2

u t u

I

u t t

   

 

 

 

  

 

Vậy phương trình đường vng góc chung là 1 1 2.

3 2 1

x y z

 

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

Bài 1: [2H3-3] Cho hai đường thẳng chéo nhau 1

2 1 3

2 1 1

x y z

d     

 và 2

2 4 3

1 1 3

x y z

d     

 .

Phương trình đường vng góc chung của d1và d2là:

A. 7 3 9.

5 2 1

x y z

 

   B.

3 1 1

2 5 1

x y z

 
C. 
22
2
5
8
5 .
5
21
5
x t
y t
z t

 



 



 



D. 7 3 9.

5 2 1

x y z

 



Bài 2: [2H3-3] Cho hai đường thẳng chéo nhau 1

3 1 4

3 1 1

x y z

d     

 và 2

2 4 3

2 1 2

x y z

d     

 .

Phương trình đường vng góc chung của d1và d2là:

A. 7 3 9.

1 4 1

x y z

 

 B.

3 1 1

4 1 1

x y z

 

  

C. 12 4 7.

1 4 1

x y z

  D. 7 3 9.

1 4 1

x y z

 

  

Câu 37: [2H3-3][THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Lai Châu, Lần 1, 2018] Trong không gian với hệ tọa
độ Oxyz cho đường thẳng( ) đi quaM(1;1; 2) song song với mặt phẳng ( ) :P x y z  1 0
và cắt đường thẳng : 1 1 1

2 1 3

x y z

d     

 . Phương trình của đường thẳng ( ) là:

A. 1 1 2

2 5 3

x y z

 

 . B.

1 1 2

2 5 3

x y z

 

 .

C. 5 3

2 1 1

x y z

 

  D.

1 1 2

2 5 3

x y z

 

 .

Lời giải

Chọn B.

Giả sử điểm N( 1 2 ;1 ;1 3 )  t t  t là giao điểm của ( ) và d.
=> MN  ( 2t 2; ;3t t3)

Vì( ) / /( ) P nên ta có: . 0 5
6

MN n  t

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

 
 
 
 

=> ( 1; 5 1; ) (2;5; 3)
3 6 2

MN    u  

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

=> phương trình của ( ) là: 1 1 2

2 5 3

x y z

 


Bài tập tương tự

Bài 1: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm , A



1;0;2



và đường thẳng

1 1

1 1 2

x y z

d     . Viết phương trình đường thẳng ( ) đi qua ,A vng góc và cắt d.

A. : 1 2

1 1 1

x y z

   . B. : 1 2

1 1 1

x y z

  

 .

C. : 1 2

2 2 1

x y z

   . D. : 1 2

1 3 1

x y z

  

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

Bài 2: [2H3-3]Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng , : 1 2

2 1 3

x y z

d    


và

điểm A  (1; 1; 3). Phương trình chính tắc của đường thẳng  đi qua A, vng góc và cắt

đường thẳng d là

A. 1 1 3

2 1 3

x y z

 



. B. 1 1 3

1 4 2

x y z

  .

C. 1 1 3

2 1 1

x y z

 



. D. 1 1 3

1 1 1

x y z

  .

Câu 38: [1H2-3] [THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Lai Châu, Lần 1, 2018]Cho hình hộp
.

ABCD A B C D   , và một điểm M nằm giữa hai điểm A và B.Gọi  P là mặt phẳng đi qua
M và song song với mặt phẳng



AB D 



. Cắt hình hộp bởi mặt phẳng

 

P thì thiết diện là:
A. Hình ngũ giác. B. Hình lục giác. C. Hình tam giác. D. Hình tứ giác.

Lời giải

Chọn B.

Ta gọi các điểm N P Q H K, , , , lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AD DD C D C B B B, ,  ,  ,  .
Khi đó MN B D NP AD PQ AB//  , // , // , QH D B HK AD KM//  , // , //AB.

Vậy thiết diện dựng được là hình lục giác MNPQHK.

Câu 39: [1D2-3] [THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Lai Châu, Lần 1, 2018] Với n là số nguyên dương,
gọi a3 3n là hệ số của x3n3 trong khai triển thành đa thức của



2 1







n n

x  x . Tìm n để

3n 3 26

a   n.

A. n 7. B. n 5. C. n 6. D. n 4.
Lời giải

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

- Ta có khai triển:



2 1



n 2n. 0 2n 2. 1 2n 4. 2 ... n

n n n n

x x C x  C x  C C

     





n n. 0 n 1.2. 1 n 2.2 .2 2 ... 2 .n n

n n n n

x x C x  C x  C C

     

- Do đó trong khai triển



x21



n



x2



n chỉ có các số hạng sau chứa x3n3



2 0 3

 

3 3

 

2 2 1

 

1 1 1



. . . 2 . ; . . .2 .

n n n n

x C x  C x  C x  C

Suy ra



 







0 3 3 1 1 1 2

3 3

2 2 3 4

.2 . .2 . 1 2 2

3 3

n n n n n

n n n

a  C C C C n n n n

 

      

Nên 2

3n 3 26 2 3 35 0 5.

a   n n  n   n

Bài tập tương tự

Bài 1: [1D2-3] Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của 1 x2



1 –x



 

   .

A. 238. B. 138. C. 238. D. 98.

Bài 2: [1D2-3] Tìm hệ số của 3

x trong khai triển thành đa thức của



1 2x 3x2





 .

A. 420. B. 1500. C. 660. D.1005.

Câu 40: [2H1-3] [THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Lai Châu, Lần 1, 2018] Cho hình chóp S ABC. có
đáy là tam giác ABC vuông cân ở B, AC a 2; SA a và SA(ABC). Gọi Glà trọng
tâm tam giác SBC, mặt phẳng

 

 đi qua AG và song song với BC cắt SB, SC lần lượt tại

M , N . Thể tích khối chóp S AMN. bằng
A.

4
27

a

. B.

2
9

a

. C.

4
9

a

. D.

2
27

a

Lời giải

Chọn D

Ta có

// ( )

( ) ( )

BC AMN

MN BC

AMN SBC MN






 

 .

Suy ra: 2

SM SN SG

SB SC SI  (do Glà trọng tâm tam giác SBC).

Từ đó: .

4
.

9
S AMN

S ABC

V SM SN

V SB SC  .

C
G

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

Mà:

1
.

3 6

S AVC ABC

a

V  S SA

Vậy

2
27
S AMN

a

V  .

Bài tập tương tự

Bài 1: [2H1-3]Cho hình chóp S ABC. có đáy là tam giác ABCđều cạnh a; SA a và SA(ABC).
Gọi M là trung điểm SC, N là điểm đối xứng của C qua B. Mặt phẳng



AMN



cắt SB tại

P. Thể tích khối chóp S AMP. bằng
A. 3 3

a . B. 3 3

a . C. 3 3

a . D. 3 3

a .

Bài 2: [2H1-3] Cho hình chóp S ABC. có đáy là tam giác ABC vng ở Bvới AB a BC , 2a;
3

SA  và SA(ABC). Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AC, SC. Mặt phẳng

 

 đi
qua AN và song song với BM cắt SB tại P. Thể tích khối chóp S ANP. bằng

A.

a

. B.

a

. C.

a

. D.

a

Câu 41: [2D4-2] [THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Lai Châu, Lần 1, 2018] Cho hai số thực b c;



c 0



.
Kí hiệu A B, là hai điểm của mặt phẳng phức biểu diễn hai nghiệm của phương trình

2 2 0

z  bz c  , tìm điều kiện của b và c sao cho tam giác OAB là tam giác vuông (với O
là gốc tọa độ).

A. c b . B. c b 2. C. c2 .b2 D. b 2 2c.
Lời giải

Chọn C.

Ta có A b



 ; b2 c

 

;B b ; b2 c O



;



0;0



.

Vì OA OB nên OAB vuông cân tại O . Suy ra OA OB               .  0 b2 b2 c  0 c2 .b2
Bài tập tương tự

Bài 1: [2D4-2] Cho hai số thực b c;



c 0



. Kí hiệu A B, là hai điểm của mặt phẳng phức biểu diễn
hai nghiệm của phương trình z2 2bz 3c 0

   , tìm điều kiện của b và c sao cho tam giác

OAB là tam giác vuông (với O là gốc tọa độ).

A. c b . B. c b 2. C.

2
.
3

b

c  D. b 2 2c.

Bài 2: [2D4-2] Cho hai số thực b c;



c 0



. Kí hiệu A B, là hai điểm của mặt phẳng phức biểu diễn

hai nghiệm của phương trình z2 4bz 5c 0

   , tìm điều kiện của b và c sao cho tam giác

OAB là tam giác vuông (với O là gốc tọa độ).

A. c b . B. c b 2. C.

8
.
5

b

c  D. b 2 2c.

Câu 42: [2D2-3][THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Lai Châu, Lần 1, 2018] Cho a b; là độ dài hai cạnh
góc vng . c là độ dài cạnh huyền của một tam giác vuông . Trong đó

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

A. logc b alogc b a2 log



c b a

 

logc b a



. B. logc b alogc b a



logc b a

 

logc b a



.
C. logc b alogc b a2 log



c b a

 

logc b a



. D. logc b alogc b a



logc b a

 

logc b a



.

Lời giải

Chọn A.



 



2 2 2

a c  b  c b c b 



log

 

log



1 log



 



.1 log



 



2 2

c b c b c b c b

I   a  a    c b c b     c b c b  

























log 1 log 1

1 1

2 log log log 1 log 1

4 4

c b c b

c b c b c b c b

I c b c b

I c b c b c b c b

 

   

         

              



 





 



log log

4 c b c b

I    c b c b    c b c b  





2 2

1 1

log log log log

4 c b c b 2 c b c b

I    a   a    a  a



 



log 2 log log

c b c b c b c b

log a  a  a  a

  

TRắc nghiệm : có thể chọn bộ 3 số thỏa mãn tam giác vuông và thử đáp án .
Bài tập tương tự

Bài 1: [2D2-3] Cho a 0; b 0  và a2 b2 7ab

  . Kết luận nào sau đây là đúng

A. 7



7 7



a b 1

log log a log b
3 2



  . B. log x 3y 1



log x log y



4 2



 

 

 

  .

C. 2log x 3y







 1 log x log y . D. 2log x 3y







log 4xy





.
Bài 2: [2D2-3]Cho x2 9y2 10xy, x 0, y 0

    . Kết luận nào sau đây là đúng

A. log x 3y







log x log y . B. log x 3y 1



log x log y



4 2



 

 

 

  .

C. 2log x 3y







 1 log x log y . D. 2log x 3y







log 4xy





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

A. S23,71km. B. S 23,58 km. C. S 23,56 km. D. S 23, 72km.
Lời giải

Chọn A.

Parabol có đỉnh I



2;9



có phương trình dạng y m x



 2



29, do parabol đi qua điểm có
tọa độ



0; 4



nên ta tìm được 5

m  , suy ra

 

: 5.





2 9
4

P y x  .

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm 1;31
4

 

 

  và



4; 4



là

36 5
4

x

y  .

Quãng đường vật di chuyển trong 4 giờ là:





1 4

0 1

5 2 36 5 569

9 d d 23, 71

4 4 24

x x

S     x    x 

   

 



Câu 44. [2D1-4][THPT Chun Lê Q Đơn, Lai Châu, Lần 1, 2018] Tìm tập hợp tất cả các giá trị
thực của tham số m, để đồ thị



C của hàm số m



y x 4 mx22m 3 có 4 giao điểm với
đường thẳng y 1, có hồnh độ nhỏ hơn 3

A. m 



2;11 \ 4

  

B. m 



2;5



C. m 



2;

  

\ 4 D. m 



2;11



Lời giải

Chọn.D.

Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị C và đường thẳng m



d y : 1:

4 2 2 3 1

x  mx  m   1

Xét hàm số: f x

 

x4 mx22m 3
 Tập xác định: D R

 f x

 

4x3 2mx 0

    2 . 2x



x2 m



0 20

2 0

x

x m




 

 



 Điều kiện cần để đồ thị



C cắt d tại m



4giao điểm là hàm số có 3 điểm cực trị  m0

 

 Ta có bẳng biến thiên:

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

thì:

3
2

1 2 3

4
1 (3)

m

m
f





 

  









2 m 11
  

 

Giao  1 và

 

2 , ta được 2m11

Bài tập tương tự

Bài 1: [2D1-4] Cho hàm số y x 4



3m2



x23m C

 

. Tìm m để đường thẳng

: 1

d y  cắt đồ thị ( )C tại bốn điểm phân biệt có hồnh độ đều nhỏ hơn 2.

A.

1
;1
3
0

m
m

  

 

  

 


 


. B.m  1; 3



 . C.

1
;1
3
0

m
m

  

 

  

 


 


. D.m 



3;1
 .

Bài 2: [2D1-4]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

     

 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

3
T 

Câu 45: [2D4-4] [THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Lai Châu, Lần 1, 2018] Cho hai số phức z z1, 2 thỏa

điều kiện 2 z1i  z1 z1 2i và z2 i 10 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức z1 z2 .

A. 10 1 . B. 3 5 1 . C. 101 1 . D. 101 1 .
Lời giải

Chọn B

Đặt z x iy  với x y  , . Ta có

















2 z i  z z 2 |i  2 x 1 y i  2 1y i  x  1 y  1 y

x
y

  .









10 | 1 10 1 1

z i    x  y  .

Gọi M M I1, 2, lần lượt là các điểm biểu diễn của z z1, 2, 10i. Khi đó M1 chạy trên parabol
2

x

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

Ta có : M M1 2M I2 IM1  M M1 2 IM11.

Đặt

1 ;

x
M x 

 , khi đó

  



2 4 2

2
2

1 10 1 20 101

4 16 2

x x x

M I f x  x       x

 

 

' 20 0 4, 4 45

x

f x   x   x f  suy ra minM I1  f

 

4 3 5 .

Vậy min z1 z2 3 5 1 .

Bài tập tương tự

Bài 1: [2D4-4]Cho hai số phức z z1, 2 thỏa điều kiện 3z1z1 2i  z1 z112i và z2 5 i 5.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức z1 z2 .

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

Bài 2: [2D4-4]Cho hai số phức z z1, 2 thỏa điều kiện 2 z1 i z1 z1 2i và z2 2 i z2 4i .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức z1 z2 .

A. 2. B. 3. C. 2 2. D. 2.

Câu 46: [2D2-2] [THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Lai Châu, Lần 1, 2018] Cho

7 12

log 12x; log 24y và 54

1
log 168 axy

bxy cx




 trong đó a b c; ; là các số nguyên. Tính giá
trị của biểu thức S a 2b3 .c

A. S 4. B. S  .19 C. S 10. D. S 15.

Lời giải

Chọn D.

* Ta có: 12 12 12 12

3 1

y log 24 1 log 2 log 3 log 3 3 2

2 2 y

       

* Theo công thức đổi cơ số ta có:









12 12 12 12 12

12
12

54 3

12 12

12 12 12

3 12 1 3

log 3 log 7 log log 7 log 3
log 3.7.2

log 168 2 3 2 2

log 168

1 12 5 1

log 54 log 3 .2 3log 3 log log 3

2 3 2 2

   

   

 

M1

M2

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









1 1 3 1

3 2 1

2 2

log 168 5 15

5 3 2 1 5 8

2 2

a

y xy

x b S

xy x

y c




  

 

       

  

  



Bài tập tương tự

Bài 1: [2D2-2] Cho log 312 x; log 153 y và 24

1
log 30 axy bx

cxy d

 



 trong đó a b c d; ; ; là các số
nguyên. Tính giá trị của biểu thức S  a 2b3c d .

A. S 8. B. S  .9 C. S 7. D. S 5.

Bài 2: [2D2-2] Cho log 315 x; log 243 y và log 4830

axy x
bxy x c




  trong đó a b c; ; là các số
nguyên. Tính giá trị của biểu thức S a 2b 3 .c

A. S 0. B. S  .3 C. S 5. D. S 10.

Câu 47: [2D1-3] [THPT Chuyên Lê Quý Đơn, Lai Châu, Lần 1, 2018] Có bao nhiêu giá trị nguyên

của m để phương trình





2 2 2

2018 2018

sin .x 2019 cos x cosx m . 2019 sin x m 2 .cosm x cosx sinx m
Có nghiệm thực.

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

Lời giải

Chọn B.

Phương trình đã cho tương đương với









2018 2018

sin .x 2018 sin xsinx cosx m . 2018 cosx m cosx m
Xét hàm số đặc trưng: f t

 

t.20182018 t2 t

   với t  



1;1



 









2018 2

2017
2
2018

' 2018 1 0; 1;1

2018. 2018

t

f t t t

t

       



Nên



sin





cos



sin cos sin cos 2 sin

f x f x m  x x m  m x x x  

 

Để phương trình có nghiệm:  2m 2 mà mZ m 



1;0;1



. Chọn B.
Bài tập tương tự

Bài 1: [2D1-3] Số nghiệm của phương trình sin 2x cosx 1 log sin2



x



trên khoảng 0;
2


 
 
  là

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

Bài 2: [2D1-3] Tính tổng S tất cả các nghiệm của phương trình

5 3

ln 5 5.3 30 10 0

6 2

x x

x x x

x



  

    

 



  .

A. S 1 B. S 2. C. S 1. D. S 3.

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

 

1 2 1 2

1 1 2 1

. ; .

f g

f x g x

g x f x

x x x x

  





   




. Tính

   

I  



 f x g x dx

A. 4ln 2. B. 4. C. 2 ln 2. D. 2.
Lời giải

Chọn B.

   

1
.

2
.

f x g x

x x
g x f x

x x

 







  




   

. 2 1 1

f x g x g x f x

x x x x x x



 

     .

   



f x g x.



x x




  f x g x

   

. 1 dx 2. 1 C

x x x



 



  .

Lại có f

 

1 2 1g

 

2  C4 f x g x

   

. 2. 1 4

x

   .

   

4 4

1 1

. 2. 4 4

f x g x dx dx

x

 

       

 



Câu 49: [2H3-3] [THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Lai Châu, Lần 1, 2018] Trong không gian với hệ tọa

độ Oxyz, cho hai điểm A



1;5;0 ,



B



3;3;6



và đường thẳng

1 2

: 1

x t

d y t

z t

 



 

 


. Một điểm M

thay đổi trên d sao cho chu vi tam giác ABM nhỏ nhất. Khi đó tọa độ điểm M và chu vi
tam giác ABM là:

A. M



1;0;2 ,



P 2 11 29. B. M



1;2;2 ,



P 2 11



 29



.
C. M



1; 2;2 ,



P  11 29. D. M



1;0;2 ,



P 2 11



 29



Lời giải

Chọn D.

Cách 1. Phương pháp trắc nghiệm

- Kiểm tra thấy chỉ có điểm M



1;0; 2



thuộc d nên lại phương án B C, .
- Với M



1;0; 2



tính chi vi tam giác ABM suy ra chọn D.

Cách 2.

- Lấy điểm M



 1 2 ;1 ; 2t  t t



thuộc d.

- Tính chu vi tam giác ABM: P 9t2 20 9t2 36t 56 2 11

     

 

























2 2

2
2

3 2 5 6 3 2 5 2 11

3 6 3 2 5 2 5 2 11 2 29 11 .

t t

     

       

(dùng BĐT vectơ)

Dấu bằng xảy ra 3 2 5 0 1



1;0;2



6 3 2 5

t

t M

t

     

 . Chọn D.

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

bỏ hình quạt trịn OAB rồi dán hai bán kính OA và OB lại với nhau. Gọi x là góc ở tâm hình
quạt trịn dùng làm phễu. Tìm x để thể tích phễu lớn nhất.

A.
4


. B.



6 2 6



3



. C.

3


. D.

2

.

Lời giải

Chọn B

Ta có 2 2

2
xR

r R xR r R

 



     .

2 2 2

R

h R r x x



     ,





2 2

2 4

xR R

S  R  x

 

 

     

 





 

3 3

2 2

2 2

2 4

3 24 24

R R

V Sh  x x x f x

 

       với f x

  

 2  x



2 4x x 2 ,
0 x 2

 









2 2

2 3 12 4

x x x

f x

x x

  



  

 



với 0 x 2

 



6 2 6



f x   x   . Suy ra









6 2 6 6 2 6

3 3

max max

f  x    V  x   .

Bài tập tương tự

Bài 1: [2H2-4] Bạn An có một tấm bìa hình trịn như hình vẽ, An muốn biến hình trịn đó thành một
cái phễu hình nón. Khi đó An phải cắt bỏ hình quạt trịn OAB rồi dán hai bán kính OA và

OB lại với nhau. Tìm thể tích phễu lớn nhất.

A. 2 3 3
81

R . B. 2 3 3

R  . C. 16 3 3

9 . D.

3 3

2 3
81

R  .

Bài 2: [2H2-4] Bạn An có một tấm bìa hình trịn như hình vẽ, An muốn biến hình trịn đó thành một

cái phễu hình nón. Khi đó An phải cắt bỏ hình quạt trịn OAB rồi dán hai bán kính OA và

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

A. 2 3
3

R . B. 2 3

3 . C.

3
3

R . D.

</div>

Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường thpt chuyên lê quý đôn lai châu lần 1 | 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>

<sub></sub>



 





 

