Các câu vận dụng cao có đáp án chi tiết trong đề thi thử đại học môn toán năm 2018 trường thpt nguyễn đăng đạo lần 3 | 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 (736.97 KB, 13 trang )

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

TỔ 11 GIẢI MỘT SỐ CÂU VD – VDC

ĐỀ THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO – BẮC NINH LẦN 3
Câu 34. [2D1-4] (THPT Nguyễn Đăng Đạo – Bắc Ninh lần 3-2018) Cho hàm số

 

2018 x 2 2019 1

f x  e x  x . Hỏi phương trình f x

 

 2018 m có nhiều nhất bao nhiêu
nghiệm thực?

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

Lời giải

Chọn C.

Ta có f x

 

2018ex 2x 2019

    , f

 

x 2018ex 2 0 x

     

Mà f

 

0 .f

 

1 0

Suy ra f x

 

0 có duy nhất nghiệm x 0



0;1



Mặt khác:

Với x 1 thì f x

 

0

Với x 0 thì f x

 

0

Nên phương trình f x

 

0 có duy nhất nghiệm x 0



0;1



Ta có BBT:

Do f

 

0 2017 f x

 

0  2018 1

 phương trình f x

 

 2018 m có nhiều nhất 4 nghiệm thực phân biệt.

Câu 35: [2D1-4] (THPT Nguyễn Đăng Đạo – Bắc Ninh lần 3-2018) Cho hàm số yf x

 

có bảng biến
thiên như hình vẽ bên. Hỏi hàm số yf x



21



có bao nhiêu điểm cực trị?

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

A. 0. B. 2. C. 3. D. 1.
Lời giải

Chọn D.

Cách 1: Tự luận

Đặt u x2 1

  ta có g u

 

f x



21



suy ra g u'

 

2 . 'x f x



21



Cho









0
2 . ' 1 0

' 1 0

x
x f x

f x


   

 


2
2

0
1 2

1 1
x
x

x





  



  


x

  . Từ đó ta có bảng biến thiên:

Vậy hàm số yf x



21



có một điểm cực trị.

Cách 2: Trắc nghiệm.

Từ bảng biến thiên ta chọn '

  

2 .

 

1



2 '



2 1

 

2 3 .

  

2 2

      

f x x x f x x x .

Đặt g u

 

f x



21



Ta có g u'

 

2xf x'



21



2 .x x



23 .

  

x2 2 . Vậy hàm số có 1 điểm cực trị.

Câu 36: [1D4-4] (THPT Nguyễn Đăng Đạo – Bắc Ninh lần 3-2018) Cho dãy số

 

un thỏa mãn

 

9 9 1 9 1 1

2 2

4 2 4  3 1

    

u u u u u u

e e e e e và un1 un3, n 1 .Khi đó giá trị nhỏ nhất của n để

3


n

u là

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

Lời giải.
Chọn A.

Theo đề bài

 

un là dãy cấp số cộng có cơng sai d 3  u9 u124

Từ

 

1  4.e2u1482.eu124 4e2u124 eu1 e2u13 2

 

Đặt

1
2
24
0
  





u
e t

e a khi đó

 









2 2

13 1
( )
4 2

2 2 1 2 1 3 0

13 1
( )
4 2
 





      
  




t tm
a

a t a t

t l

a

13 1 13 1

4 2 4 2

 
 
    
 

   
u
e u
a a





13 1 1 13 1

ln 1 3 3 6 ln 10,142

4 2 3 4 2

 

 

        

   

n

u n n

a a

Vậy n11.

Câu37. [2D2-3] (THPT Nguyễn Đăng Đạo – Bắc Ninh Lần 3 – 2018) Có bao nhiêu giá trị m nguyên
thuộc



2018;2018



để phương trình: 2 2 2 2 2 2

.9x x (2 1).6x x .4x x 0

m  m  m 

    có nghiệm thuộc
khoảng



0;2 ?



A. 2012. B. 2013. C.2011. D.2010.

Lời giải

Chọn B.

Phương trình đã cho tương đương với:

2 2

2( 2 ) 2

3 3

. (2 1). 0

2 2

x x x x

m m m

 

   

   

   

   

Đặt ( )3 2 2 ( 2;1 ,



0; 2 )



2 3

x x

t  t   x

    

  ) . Phương trình trở thành:

(2 1) 0

mt  m t m 

2 3

1 2

( ), '( ) 0, ;1

2 1 ( 1) 3

t t

m f t f t t

t t t

   

       

    

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

Từ bảng biến thiên suy ra: ( )f t  . Vậy số gía trị nguyên của 6 m  



2018; 6



là: 2013.

Câu 39: [2D1-3] (THPT Nguyễn Đăng Đạo – Bắc Ninh lần 3-2018) Một người thợ muốn làm một chiếc 
thùng dạng hình hộp chữ nhật khơng nắp, đáy là hình vng có thể tích là 2,16 m3. Biết giá vật

liệu để làm đáy và mặt bên của thùng lần lượt là 90.000 đồng/m2 và 36.000 đồng/m2. Để làm

được chiếc thùng với chi phí thấp mua vật liệu thấp nhất người thợ phải chọn các kích thước của
chiếc thùng là bao nhiêu?

A. Cạnh đáy 1,0m và chiều cao 1, 7m . B. Cạnh đáy 1,5m và chiều cao 0,96m .
C. Cạnh đáy 1, 2m và chiều cao 1,5m . D. Cạnh đáy 2,0m và chiều cao 0,54m .

Lời giải
Chọn C.

Gọi ,a h  (m) lần lượt là độ dài cạnh đáy và đường cao của chiếc thùng.0

Do thể tích của thùng là V 2,16 nên a h2 2,16 ah 2,16

a

    .

Diện tích đáy của chiếc thùng là 2
1

(m )

S a .

Diện tích các mặt bên của chiếc thùng là 2 2

2,16 8,64

4( ) 4 (m )

S ah

a a

    .

Tổng chi phí để mua vật liệu là

1 2

311040
( ) 90000 36000 90000

f a S S a

a

      (đồng).

Ta có f a'( ) 180000a 3110402
a

  .

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

3
2

311040 216

180000 0 1, 2

12
( ) 0

' a a

f a a

a

        .

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, người thợ làm chiếc thùng với chi phí thấp nhất khi a 1, 2 m.

Suy ra 2

2,16
1,5
1, 2

h   m.

Câu 40: [2D1-3] (THPT Nguyễn Đăng Đạo – Bắc Ninh lần 3-2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương
của m nhỏ hơn 2018 để phương trình 2 2

1 1 3 2

4 1

x x m

x

x x mx x

e

x

     





có nghiệm thực dương?

A. 2014. B. 2015. C. 2016. D. 2017.

Lời giải

Chọn D.

Đặt x 1 t
x

  . Vì x 0 nên t 2. Ta có:

2 2

* x t 2

x
   .
3 2
4 2
2
2
1
*
1
1 2
x m

x mx x x t m

x x t

x
 
  
 
 


.

Khi đó phương trình

 

2
2

1 1 3 2

4 1 1

x x m

x

x x mx x

e

x

     



 trở thành:

2 2

t t m t m

e

t

   






2 2



t2 2





t m

 

2
t e  t m e 

    .

Xét hàm f u

 

u e. u,u 2

  . Ta có /

 

. . 1 1 0

2
2

u u u u

f u e u e e

u

 

     

 

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

Phương trình

 

2 tương đương với f t



2 2



f t m





t2 2 t m t2 t 2 m

 

3

           .

Phương trình

 

1 có nghiệm thực dương x khi và chỉ khi phương trình

 

3 có nghiệm thực t 2.

Khảo sát hàm số y t2 t 2

   với t 2 ta được m 0.

Vì m là số nguyên dương nhỏ hơn 2018 nên các giá trị của m là m 



1;2;...;2017



Câu 41: [2D3-3] (THPT Nguyễn Đăng Đạo – Bắc Ninh lần 3-2018) Cho một mảnh vườn hình chử nhật
ABCD có chiều rộng là 2m, chiều dài gấp ba chiều rộng. Người ta chia mảnh vườn bằng cách
dùng hai đường parabol, mỗi đường parabol có đỉnh là trung điểm mỗi cạnh dài và đi qua hai mút
của canh dài đối diện. Tính tỉ số diện tích phần mảnh vườn nằm ở miền trong hai parabol với diện
tích phần còn lại.

A. 1

3. B.

3 . C.

2. D.

2 3 2
7

 .

Lời giải

Chọn D.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ:

Ta lập được phương trình các parabol là 2 2

y x và 2 2 2

y x  . Khi đó mảnh vườn nằm ở

miền trong hai parabol là hình phẳng giới hạn bởi 2 đường 2 2
9

y x và 2 2 2
9

y x  . Khi đó

diện tích của mảnh vườn nằm trong hai parabol là:

3
2

2 2

2 ( 2) 4 2

S 



 x  dx m .

Diện tích hình chử nhật là: 12m2

Khi đó tỉ số diện tích phần mảnh vườn nằm ở miền trong hai parabol với diện tích phần cịn lại là:

4 2 2 3 2

7
12 4 2

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

Câu 42. [2D2-3] (THPT Nguyễn Đăng Đạo – Bắc Ninh lần 3-2018) Biết tập nghiệm của bất phương trình
2
3 2
log 2
1
x
x



 có dạng



 ;a

 

 b;



. Tính giá trị ab?

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

Lời giải
Chọn D.

Điều kiện xác định của bất phương trình là:

3 2
0

3 2

1 1

3 2 1

log 0
1
x
x
x
x x
x



 
 
 

 
 
 

1
2
0
2
1
x
x

x
x



   

  .

Khi đó bất phương trình tương đương với: 2

3 2 3 2 2 1

log 2 4 0 2

1 1 1 1

x

x x x

x x x x



   
     


  


.

Kết hợp với điều kiện trên ta có tập nghiệm của bất phương trình là:





; 2;

S     

  . Vậy

1
2 1
2
ab    .

Câu 43. [2H3-4] (THPT Nguyễn Đăng Đạo – Bắc Ninh lần 3-2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz, cho đường thẳng : 1 2

1 2 1

x y z

d     và điểm A



2;1;1



. Gọi  là đường thẳng đi qua A

sao cho tổng khoảng cách từ O đến  và khoảng cách từ d đến  lớn nhất. Biết u



2; ;b c



là
một vectơ chỉ phương của . Tính tổng b c .

A. 3 . B. 3 . C. 4 . D. 4 .

Lời giải

Chọn D.

+) Do O A d, , cố định, gọi H là hình chiếu của A lên d , khi đó:

 
 
   
;
; d;
d;
O
O
d OA

d d OA AH

d HA

 





   




.

+) Đẳng thức đạt được OA OA u

HA HA u




  
 
   
 
  
uur r

uuur r . Vậy ta có thể chọn u OA HA; 

 

r uur uuur

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

Vậy u OA HA;  



2; 1; 3 



 

r uur uuur

Từ đó: b1;c 3 b c 4 .

Câu 44: [2D1-4] (THPT Nguyễn Đăng Đạo – Bắc Ninh lần 3-2018) Cho hàm số yf x

 

có đồ thị như
hình vẽ bên dưới. Hỏi phương trình f f



cosx 



1 0 có bao nhiêu nghiệm thuộc đoạn



0;2 .



A.4. B. 5. C. 6. D. 2.

Lời giải

Chọn A.

Đặt tf



cosx



1 phương trình trở thành f t ( ) 0 *

 

. Từ đồ thị ta thấy phương trình

 

* có 3

nghiệm phân biệt



















  







  







  

1 1

2 2

3 3

2; 1 cos 1 1;0 1

1;0 cos 1 0;1 2

1; 2 cos 1 2;3 3

t x f x x

       

 

 

      

 

    

 

+ Với

 

1 vì x   1 1



1;0



nên đồ thị của hàm số yf x

 

cắt đồ thị hàm số y x 11tại 1 điểm

duy nhất thuộc



1;1



. Nên f



cosx



x11 có 2 nghiệm.

+ Với

 

2 vì x  2 1



0;1



nên đồ thị của hàm số yf x

 

cắt đồ thị hàm số y x 21tại 1 điểm

duy nhất thuộc



1;1



. Nên f



cosx



x21 có 2 nghiệm.

+ Với

 

3 vì x  3 1



2;3



nên đồ thị của hàm số yf x

 

không cắt đồ thị hàm số y x 31tại 1

điểm nào thuộc



1;1



. Nên f



cosx



x21 khơng có nghiệm.

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

Câu 46. [2H3-3] Trong hệ tọa độ không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( ) :P x 2y2z1 0 và hai đường

thẳng 1 2

1 3 5 5

: , :

2 3 2 6 4 5

x y z x y z

d     d    

  . Biết rằng có 2 điểm M M trên 1, 2 d và hai điểm1

1, 2

N N trên d sao cho 2 M N M N song song mặt phẳng ( )1 1, 2 2 P đồng thời cách mặt phẳng ( )P một

khoảng bằng 2. Tính d M N1 1M N2 2

A. d  6 5 2. B. d 5 2. C. d  5 5 2 . D. d 6 2.

Lời giải

Chọn A.

Gọi ( )Q là mặt phẳng song song với ( )P sao cho khoảng cách giữa

 

P và

 

Q bằng 2.

 

Q

 có phương trình dạng x 2y2z m 0(m1) và

 

Q chứa M N1 1 hoặc M N2 2.

Theo giả thiết khoảng cách từ mp ( )Q đến ( )P bằng 2 nên ta có

5
| 1|

7
3

m
m

m




   


Vậy có 2 mặt phẳng song song và cách ( )P một khoảng bằng 2 là:



Q1



:x 2y2z 5 0  và



Q2



:x 2y2z 7 0  .

+ Theo giả thiết M1 d1( ),Q N1 1 d2( )Q1 suy ra

1(1; 3; 5), 1 (4; 3; 5) 1 1 5 2

M   N     M N 

2 1 ( ),2 2 2 ( )2

M d  Q N d  Q suy ra M2(3;0;2),N2( 1; 4;0)   M N2 2 6

Vậy d  6 5 2.

Q

P

Q

M N1

M

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

Câu 47: [2D3-4] (THPT Nguyễn Đăng Đạo – Bắc Ninh lần 3-2018) Cho hàm số f x( ) liên tục, có đạo

hàm đến cấp 2 trên  và (0) 0, '(1) 9
2

f  f  ,

2
0

39
[ '( )]

4
f x dx 



1
2
0

5
( ) "( ) .

2
x x f x dx



Tính tích

phân

( )
I 



f x dx.

A. 14

3 . B.14. C.

3. D. 7.

Lời giải

Chọn D.

Chọn ( ) ax2 , (0) 0; '( ) 2 , '(1) 9 2 9

2 2

f x  bx f  f x  ax b f   a b  (1)

2 2 2 2 2

4 39

[ '( )] ( ) ( ) 2

3 4

f x  ax b 



ax b dx  a  ab b  (2)

Lại có:

1 1

2 2

0 0

5 5 5 3

"( ) 2 ( ) "( ) 2 ( )

3 3 2 2

a a

f x  a



x x f x dx a x



x dx    a (3)

Thay (3) vào (1) ta được 9
2

b  Từ đây thay a b, vào (2) kiểm chứng (2) đúng.

Vậy ta tìm được ( ) 3( 2 )
2

f x  x x . Vậy

2 2

0 0

( ) (x ) 7

I 



f x dx



x dx

Câu 48: [2H2-4] (THPT Nguyễn Đăng Đạo – Bắc Ninh lần 3-2018) Có 1 chiếc cốc làm bằng giấy úp
ngược như hình vẽ. Chiều cao của chiếc cốc là HK 2 143(cm), bán kính đáy cốc HP1(cm),
bán kính miệng cốc là KN 3(cm). Một con kiến đang đứng ở điểm M của miệng cốc dự định sẽ
bò 2 vòng quanh thân cốc để lên đến đáy cốc ở điểm Q. Tính quãng đường đi ngắn nhất để con
kiến thực hiện được dự định của mình.

A. 1 579(cm). B. 12 7(cm). C. 24 6( 6  2)(cm). D. 579(cm)

Lời giải

Chọn B.

Gọi cái cốc là hình nón cụt thu được khi cắt hình nón đỉnh O

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

NX: (ĐÃ SỬA ĐỀ -có liên hệ với tác giả rồi).Cắt hình nón cụt theo đường sinh MQ, trải mặt
xung quanh của hình nón cụt trên mặt phẳng như hình vẽ. Con kiến bị 1 vịng quanh thân cốc thì
sẽ đi một quãng đường từ M  A A MQ,  như hình vẽ. Nhưng nếu đi 2 vịng thì con kiến sẽ đi 
đến Q chứ không thể đến P được.

+)Trải phẳng hình nón ta được hình quạt(hình vẽ).

Ta có độ dài cung MN của hình quạt bằng chu vi miệng cốc và bằng 6 .

Mà độ dài cung .sd 6 36.sd  .

6
MN OM MON   MON MON 

+) Để đi hai vòng từ M  Q thì con kiến phải đi từ M  E E NP,  rồi lại đi từ E Q.

Vậy quãng đường đi là tổng quãng đường M  Q vàE Q,Kí hiệu là T ME EQ .

+) Lấy M' đối xứng với M qua NP khi đó ME EQ M  'E EQ M'Q  (1)

Xét tam giác OM Q' , Với Olà đỉnh của khối nón (N) tạo ra khối nón cụt theo giả thiết. Tam giác

' ,

OM Q có góc  2. ; ' 36; 12

6 3

MOQ   OM OM  OQ nên theo hệ thức lượng trong tam giác
O

M N

P

Q H

K

3
12

O

M N

P
Q

M 

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

' ,

OM Q có ' 2 '2 2. . '.c os 12 7

QM  OQ OM  OQ OM   (2). Từ (1) và (2) suy ra:

min 12 7

T 

Câu 49: [1D2-4] (THPT Nguyễn Đăng Đạo – Bắc Ninh lần 3-2018) Cho một ơ
vng 4x4 (hình vẽ bên). Người ta điền vào mỗi ô vuông của bảng một
trong hai số 1 hoặc 1. Tính xác suất để tổng các số trong mỗi hàng và mỗi
cột bằng 0.

A. 45 .

32768 B.

27
.

8192 C.

69
.

32768 D.

81
.
4096

Lời giải

Chọn A.

Số phần tử không gian mẫu 216

  .

Nhận xét:

1) Mỗi một hàng và một cột sẽ có hai số 1 và hai số 1.

2) Đổi hai hàng cho nhau, ta vẫn được một hình vng có tổng các số trong mỗi hàng và mỗi cột
bằng 0.

3) Đổi hai cột cho nhau, ta vẫn được một hình vng có tổng các số trong mỗi hàng và mỗi cột
bằng 0.

Sau một số bước đổi ta có hình

Nếu ơ thứ 2 của hàng 2 là 1 thì chỉ có 1 cách sắp như hình bên

Nếu ơ thứ 2 của hàng 2 là 1 thì 2 ơ cịn lại ở hàng 2 sẽ có 2 cách sắp số 1 vào và 2
ơ cịn lại của cột 2 sẽ có 2 cách sắp số 1 vào, vậy có thể tạo được 4 ơ vng thỏa
mãn.

Vậy có 5 cách tạo ơ vng thỏa u cầu ở hình trên cùng.

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

Vậy số kết quả thuận lợi là 2.3.3.5 90 .

Xác suất là 9016 45 .
2 32768

Câu 50: [2D4-4] (THPT Nguyễn Đăng Đạo – Bắc Ninh lần 3-2018) Cho hai số phức
,

z1  1 3i z2  1 3i

2 2 2 2 . Gọi

zlà số phức thỏa mãn 3z 3i  3. Đặt M m, lần lượt là

giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức T z  z z 1  z z 2 . Tính mơ đun của số phức
w M mi  .

A. 2 21

3 . B. 13 . C.

4 3

3 . D. 4

Lời giải

Chọn A.

Giả sử M A B, , lần lượt biểu diễn số phức z x yi z z  , ,1 2.

Từ giả thiết 3z 3i  3ta có: x2(y 1 )2 1
3

3 .

NênM thuộc đường tròn tâmI ; ,R

 

1 1

3 3 .

Ta có T MO MA MB  .

Để T thì min M trùng O A B, , nên

min

T  OA     

 

   

2
2

1 3

2 2 2

2 2 .

Để T thì max OMmax và (MA MB )max nên OM 2 và R M nằm chính giữa cung nhỏAB và

;
M 

 

2
0

3 . Do vậy

max

T OM  MA       

   

2
2

2 1 3 2 4

2 2

3 3 3 .

Vậy w  M m     
 

2 2 4 22 2 21

</div>

Các câu vận dụng cao có đáp án chi tiết trong đề thi thử đại học môn toán năm 2018 trường thpt nguyễn đăng đạo lần 3 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

 

 

 

 

 

 

 





 

 

 





 

 

 

 





 





 

















  

 



<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub>  </sub>

 





 







  

 

 

 

 

 

 





























<sub> </sub>









 

 

 

 







