Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết năm 2018 tạp chí toán học tuổi trẻ lần 7 | 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 (477.67 KB, 24 trang )

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

TỔ 9 - CÂU VẬN DỤNG VẬN DỤNG CAO 
ĐỀ TOÁN HỌC TUỔI TRẺ LẦN 7 NĂM 2018
Câu 1. [1D2-3] [Toán học tuổi trẻ Lần 7 - tháng 4 - năm 2018]

Biếu thức:









2 10

10 9 8 1 1

. . ...

10! 9! 1! 8! 2! 10!

x x

x x  x x  

    bằng:

A. 10!. B. 20!. C. 1

10!. D.

1
100!.

Lời giải

Chọn C









10 9 1 8 1 1

. . ...

10! 9! 1! 8! 2! 10!

x x

x x x x

A        













9 8

10
10 . 1 .10! . 1 .10!

. ... 1

10! 9!.1! 8!.2!

x x x x

x x
   
    
 
 
 
Ta có:





10
10!
! 10 !
k

C

k k



 nên cho kchạy từ 0 đến10 ta có:

















0 10 1 9 2 8 10 0

10 10 10 10

. . 1 . 1 . 1 ... . 1 .

10!

A C x  x C x  x C x  x  C  x x 

 





1 1

. 1 .

10! x x 10!

   

Trắc nghiệm: Thay x 1 ta được ln đáp án C.

BÌNH LUẬN: Đề khơng phù hợp thi trắc nghiệm vì học sinh chỉ cần thay x 1 đã chọn được
ngay đáp án C.

PHÁT TRIỂN CÂU 1

Câu 2. 1D2-3] Tính tổng 0 1 2 2018

2018 2018 2018 2018

1 1 1

...

2 3 2019

P C  C  C   C

A. 
2018
2 1
2018

. B. 
2019
2 1
2019

. C. 
2019
2 1
2018

. D. 
2018
2 1
2019


.
Lời giải
Chọn B

Cách 1: Xét số hạng tổng quát 2018
1

1
k

C

k  , ta có:







 



2018 2019

1 1 2018! 1 2019! 1

1 1 ! 2018 ! 2019 1 ! 2018 ! 2019

k k

C C

k k k k k k



  

     .

Vậy 1

2018 2019
1 1
1 2019
k k
C C
k



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



0 1 2 2019



20190 2019 2019
2019 2019 2019 2019

1 1 1 2 1

... 2 .

2019 2019 2019 2019 2019

C

P C C C  C     

Cách 2: Sử dụng tích phân.

Xét f x

  

 1 x



2018C20180 C20181 x C 20182 x2...C20182018 2018x . Lấy tích phân hai vế ta có:









1 1

2018 0 1 2 2 2018 2018

2018 2018 2018 2018

0 0

1 x dx C C x C x ... C x dx





 



    .





2019 1 2 3 2019 1

0 1 2 2018

2018 2018 2018 2018

0
0

. . ...

2019 2 3 2019

x x x x

C x C C C

  
      
 
2019
2 1
.
2019
P 
 

Câu 3. [1D2-3] Tính tổng

0 1 2 1

...

1 2 3 1

n n

n n n n n

C C C C C

S
n n

     






*
, n N

A. 2 1

1
n

n



 . B.

1
2n 1

n


. C.

1
2 1
1
n
n



 . D.

2n 1

n


.

Lời giải

Chọn C

Các số hạng của S có dạng
1
k
n

C

k  nên ta sẽ dùng đẳng thức

1
1
1 1
k k
n n
C C
k n



  .

Khi đó ta có:

0 1 2 1 1

0 0

1 2 3 1 1 1

n n n k n k

n n n n n n n

k k

C C C C C C C

S ...

n n k n

 



 

       









 .



1 2 1



1 0





1 1 1 1 1

1 1 1 1

2 2 1

1 1 1 1

n n n n

n n n n n

C C ... C C . .C

n n n n

  

    

        

    .

Câu 4. [1D2-3] Tính tổng

2 3 4 1

0 2 1 1 2 1 2 2 1 3 ... 2 1

2 3 4 1

n

n n n n n

S C C C C C

n

   
     


A.
2 2
3 2
2
n n
S
n
 



 . B.

1 1
3 2
1
n n
S
n
 


 .
C.
2 2
3 2
2
n n
S

n
 



 . D.

1 1
3 2
1
n n
S
n
 


 .
Lời giải
Chọn D

Xét khai triển:





n 0 1 2 2 3 3 ... n n

n n n n n

x C C x C x C x C x

       . Lấy tích phân hai vế ta có:









2 2

0 1 2 2 3 3

1 1

1 n ... n n

n n n n n

x dx C C x C x C x C x dx





 



    





1 2 2 3 4 1 2

0 1 2 3

1
1

. . ... .

1 2 3 4 1

n n

n

n n n n n

x x x x x

C x C C C C

n n

 

  

       

   

1 1 2 3 4 1

0 1 2 3

3 2 2 1 2 1 2 1 2 1

...

1 2 3 4 1

n n n

n

n n n n n

C C C C C

n n

  

    

      

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

1 1

3 2
.
1

n n

S
n

 


 



Câu 3: [2D1-3] [Toán học tuổi trẻ Lần 7 - tháng 4 - năm 2018] Phương trình
1 sin x 1 cos x m có nghiệm khi và chỉ khi

A. 2m2. B. 1m 4 2 2 . C. 1m2. D. 0m1.

Lời giải

Chọn B

Ta có m 0, khi đó 2 sinx cosx 2 1 sin



x

 

1 cosx



m2

      .

Đặt sin cos 2 sin
4

a x x x 

 



a

 

Mặt khác: 2 1 sin



 x

 

1 cos x

 

 sinxcosx1



2
Do đó ta có phương trình: a 2 2 a 1 m2

    .

Xét hàm số: f a

 

  a 2 2 a1 ,a   2; 2

 

 









1 2 2 2 1 2

1 2 2 2 2 1

a a

f x

a a

      



 

      




Xét bảng biến thiên:

Từ đó suy ra phương trình có nghiệm 1 m2 4 2 2 1 m 4 2 2

        .

PHÁT TRIỂN CÂU 3

Câu 1: [2D1-3] Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình





2
1

cos 4 16cos 1 1 cos

2 x x  m x m có nghiệm?

A. 2m 2. B. 1m3. C. 0m2. D. 1m2.

Lời giải

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

Phương trình









2cos 2 8 cos 2 1

1 cos
2

x x

m x m

 

   



cos 2x 2



2 m



cosx 1



cosx

      cos 2x 2 cosx m



cosx1



2cos cos 1
cos 1

x x

m

x

 

 



Đặt tcos , 0x  t 1

Xét hàm số

 

2 2 1
1

t t

f t

t

 


Vậy phương trình có nghiệm  1 m2.

Câu 2: [2D1-4] Với m 



2000; 2016



thì phương trình 2019sinx sinx 2 cos2x m

    có bao nhiêu
nghiệm thực trong



0;2



A. Vô nghiệm. B. 3nghiệm. C. 4nghiệm. D. 2nghiệm.

Lời giải

Chọn D

Xét hàm số y 2019sinx sinx 2 cos2 x

    trên



0;2



.
Ta có

sin sin

2 2

2sin .cos sin

cos .2019 .ln 2019 cos cos . 2019 .ln 2019 1

2 2 cos 1 sin

x x x x x

y x x x

x x

 

        

   

Ta thấy 2019 .ln 2019 1sin sin 2 0



0; 2



1 sin

x x x

x

    





Do vậy trên



0;2



: 0 cos 0

y   x  x hoặc 3

x   .

2019 1 2 2016
2

y       

 


; 3 1 1 2 0

2 2019

y     

 


Bảng biến thiên

x 0

 3



2

y  0  0 

y   

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

y

0 0

Vậy với m 



2000; 2016



thì phương trình có 2 nghiệm trên



0;2



.
Cách khác: đặt tsinx, lưu ý về sự tương ứng về số nghiệm giữa tvà x.

Câu 4: [2H3-3][Toán học tuổi trẻ Lần 7 - tháng 4 - năm 2018] Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz, cho điểm A



3; 1;0



và đường thẳng d: 2 1 1

1 2 1

x y z

 

 . Mặt phẳng

 

 chứa d
sao cho khoảng cách từ A đến

 

 lớn nhất có phương trình là:

A. x y z  0. B. x y z   2 0 . C. x y z   1 0. D. x2y z  5 0.
Lời giải

Chọn A.

Gọi H là hình chiếu vng góc của A lên

 

 , K là hình chiếu vng góc của A lên d.

Ta có: d A d





AK cố định và d A



 





AH AK  d A



 





lớn nhất bằng AK khi

H K.

d 2 1 1

1 2 1

x y z

 

 qua M



2; 1;1



, có VTCP u  d



1; 2;1





z t





 


  


và mặt phẳng

 

 : 2x y  2z 2 0 . Mặt phẳng

 

P qua d và tạo với

 

 một góc nhỏ nhất. Một véc tơ pháp tuyến của

 

P là:
3



   

P , 



.

Suy ra



   

P , 



nhỏ nhất bằng



d  khi ,

 



K A.

Khi đó  d và có một VTCP u 



u nd, 



3 1;0;1





  

 

P có một VTPT np 



u u, d



2 1;1;1







  

Câu 2: [2H3-3] Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

 

P x:  2y2z 5 0 và hai điểm



3;0;1



A  , B



1; 1;3



. Trong các đường thẳng đi qua A và song song

 

P , đường thẳng mà
khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất có phương trình là:

A. 3 1

26 11 2

x y z

 

 . B.

3 1

26 11 2

x y z

 

  .

C. 3 1

26 11 2

x y z

 

 . D.

2 1 3

26 11 2

x y z

 

 .
Lời giải

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

Gọi

 

Q là mặt phẳng qua A và song song

 

P .



d B AH





 d B d





bé nhất bằng BH khi K H.

Gọi n là VTPT của



ABH



 nn ABp,   



2;6;7





 

d cần lập qua A, H và có VTCP ud n n , p 



26;11; 2



Vậy phương trình đường thẳng d cần lập là: 3 1
26 11 2

x y z

 
 .

Câu 22: [2D3-3] giá trị của tích phân



 



100

1 2 ... 100

x x x x dx



bằng

A.0. B. 1. C. 100. D. Kết quả khác.

Lời giải

Chọn A.

Đặt x100 t dxdt

Đổi cận x 0 t100; x100 t0

Khi đó



 

   





 

  

0 100

100 0

100 99 ... 100 99 ...

I 



 t  t t dt 



 t  t t dt



 



100

100 99 ... .

t t t dt





 



 



100

100 99 ... .

x x x dt I





  

Suy ra I I  0 I 0.

Câu 27: [2D1-3] [Toán học tuổi trẻ Lần 7 - tháng 4 - năm 2018] Một tấm bìa carton

dạng tam giác ABC diện tích là S . Tại một điểmDthuộc cạnh BC người ta
cắt theo hai đường thẳng lần lượt song song với hai canh AB và AC để
phần bìa cịn lại là một hình bình hành có một đỉnh là A diện tích hình bình
hành lớn nhất bằng

A.

S

. B.

S

. C.

S

. D.2

S

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

Chọn C.

Giả sử độ dài đoạn thẳng BC là a và độ dài đoạn thẳng CD là x với 0 x a 

Vì DE/ /AB CDE CBA CE CD x

CA CB a

     

2 2

CDE

CDE CBA

CBA

S x x

S S

S a a

   

Vì DF/ /AB BDF BCA BD BF a x

BC BA a



     









2 2

BDF

BDF BCA

BCA

a x a x

S

S S

S a a

 

   

Vậy





2
2

2 2

AEDF ABC BDF CDE ABC

a x
x

S S S S S

a a

  

 

      

 

 

Để SAEDF lớn nhất thì





2
2

2 2

a x
x

a a



 nhỏ nhất

Xét

 





2
2 2

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 1

a

a a

x
a x

x a ax x

f x

a a a a a

 

   

 

   

      

     

 





2
2

2 2

a x
x

f x

a a



   đạt giá trị nhỏ nhất là 1

2 khi 2

a
x 

Với
2

a

x  1

2 2

AEDF ABC S

S S

   .

PHÁT TRIỂN CÂU 27

Câu 1: [2D1-3] Một người bán buôn Thanh Long Đỏ ở Lập Thạch – Vĩnh Phúc nhận thấy rằng: Nếu

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

A. 16000 nghìn /kg. B. 24000 nghìn /kg. C. 22000 nghìn /kg. D. 12000 nghìn /kg.

Hướng dẫn giải

Chọn C.

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

x
x
x







 


8,9 x 12

   .

Ta có T x

 



30x2 1862x 1722 .1000



    .

 

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

Câu 2: [2D1-3] Một cái hồ rộng có hình chữ nhật. Tại một góc nhỏ của hồ người ta đóng một cái cọc ở
vị trí K cách bờ AB là 1m và cách bờ AC là 8 m, rồi dùng một cây sào ngăn một góc nhỏ
của hồ để thả bèo (như hình vẽ). Tính chiều dài ngắn nhất của cây sào để cây sào có thể chạm
vào 2 bờ AB, AC và cây cọc K (bỏ qua đường kính của sào).

A. 5 65

4 . B. 5 5. C. 9 2 . D.

5 71
4 .

Lời giải

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

Đặt AP a ;AQ b (a b , 0).

Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vng góc của K xuống AB và AC . Suy ra KE 1,
8

KF  .

Ta có: KE PK

AQ PQ;

KF QK

AP PQ 1

KF KE

AP AQ

   hay là 8 1 1

a b  .

.

Phương trình đường thẳng PQ:x y 1

ba  . Vì PQ đi qua K nên

1 8

b a  .)

Cách 1:

Ta có: 2 2 2

PQ a b . Vì 8 1 1
a b 

8k k
k

a b

    k 0.

2 2 2 8k 2 k

a b k a b

a b

   

      

   

2 4 4 2

2 2

k k k k

a b

a a b b

   

      

   

3 2 3

3 16 3
4

k
k

  .

Suy ra PQ nhỏ nhất a2 b2

  nhỏ nhất
2
2
4
2
8 1
1
k
a
a
k
b
b
a b





  


 


250
10
5
k
a

b



  
 

.

Vậy giá trị nhỏ nhất của PQ là a2 b2

  125 5 5. Từ đó suy ra chiều dài ngắn nhất của
cây sào để cây sào có thể chạm vào 2 bờ AB, AC và cây cọc K là 5 5.

Cách 2:

Vì 8 1 1

a b  8

a
b

a

 

 với a  . Khi đó 8

2 2 2

PQ a b

2
2
8
a
a
a
 
   


  với a  .8

Xét hàm số

 

2
2

a

f a a

a

 

   



  với a  .8

Ta có

 





2 8

2 .

8 8

a

f a a

a a

  
 









3
3

2 8 8

8
a a
a
   
 



; f a

 

0 a10.

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

Vậy GTNN của f a là 125 khi

 

a  .10

Từ đó suy ra chiều dài ngắn nhất của cây sào để cây sào có thể chạm vào 2 bờ AB, AC và
cây cọc K là 125 5 5 .

Câu 30: [1D3-3] Có hai cơ sở khoan giếng A và B. Cơ sở A: giá của mét khoan đầu tiên là 8000
đồng và kể từ mét khoan thứ hai, giá của mỗi mét sau tăng thêm 500 đồng so với giá của mét
khoan ngay trước đó. Cơ sở B: giá của mét khoan đầu tiên là 6000 đồng và kể từ mét khoan
thứ hai, giá của mỗi mét sau tăng thêm 7% giá của mét khoan ngay trước đó. Một công ty
giống cây trồng muốn thuê khoan hai giếng với độ sâu lần lượt là 20 mét và 25 mét để phục
vụ sản xuất. Giả thiết chất lượng cũng như thời gian khoan giếng của hai cơ sở là như nhau.
Công ty ấy nên chọn cơ sở nào để tiết kiệm chi phí nhất.

A. ln chọn A.

B. ln chọn B.

C. giếng 20 mét chọn A còn giếng 25 mét chọn B.

D. giếng 20 mét chọn B còn giếng 25 mét chọn A.
Lời giải

Chọn D.

- Giếng sâu 20 mét

+ Số tiền cần phải trả theo cách tính của cơ sở A là tổng 20 số hạng đầu tiên của cấp số cộng

 

un có u 1 8000, d 500.





2 19 .20
2

u d

A   10. 2.8000 19.500







255000 (đồng).

+ Số tiền cần phải trả theo cách tính của cơ sở B là tổng 20 số hạng đầu tiên của cấp số nhân

 

vn có u16000,q 1 7% 1, 07 .





1
1

. 1

u q

B

q










6000. 1 1,07

245973
1 1,07



 



1
1

. 1
1

u q

B

q










6000. 1 1,07

379494
1 1,07



 



(đồng).

Do đó, nếu khoan giếng sâu 25 mét nên chọn cơ sở A.
PHÁT TRIỂN CÂU 30

Câu 1: [1D3-3] Một tấm đề can hình chữ nhật được cuộn trịn lại theo chiều dài tạo thành một khối trụ
có đường kính 50 cm. Người ta trải ra 250 vịng để cắt chữ và in tranh cổ động, phần còn lại là
một khối trụ có đường kính 45cm. Hỏi phần đã trải ra dài bao nhiêu mét (làm tròn đến hàng

đơn vị)?

A. 373m. B. 187 m. C. 384 m. D.192 m.

Lời giải

Chọn A.

Bề dày của tấm đề can là



50 45 : 2



0,01
250



 .

Chiều dài l của phần đã trải ra là tổng chu vi của 250 đường tròn có bán kính lập thành một
cấp số cộng

 

un có u 1 25 và d 0,01.



2 25.250 0,01. 1 2 ... 249

       2 25.250 0,01.



1 249 .249



  

   

 

37314cm 373m

  .

Câu 2: [1D3-3] Mức lương khởi điểm của một nhân viên văn phòng là 6 triệu đồng. Công ty quy định
cứ sau khi kết thúc 12 tháng hợp đồng thì tiền lương của người này sẽ tăng lên 7%. Biết rằng
thuế thu nhập cá nhân của người hưởng lương tại một tháng bất kỳ được tính như sau:

- Lấy tiền lương tại tháng này trừ đi 3,6 triệu đồng được khoản A.

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

Vậy ở năm làm việc thứ bao nhiêu thì anh này bắt đầu đóng thuế? Và tại năm đó, mỗi tháng
anh phải đóng thuế bao nhiêu (làm trịn đến đơn vị trăm đồng)?

A. Bắt đầu đóng thuế ở năm thứ 6, tiền thuế phải đóng mỗi tháng là 270200 đồng.

B. Bắt đầu đóng thuế ở năm thứ 6, tiền thuế phải đóng mỗi tháng là 450200 đồng.

C. Bắt đầu đóng thuế ở năm thứ 5, tiền thuế phải đóng mỗi tháng là 240800 đồng.

D. Bắt đầu đóng thuế ở năm thứ 5, tiền thuế phải đóng mỗi tháng là 420800 đồng.

Lời giải

Chọn A.

Để tính năm mà người này bắt đầu phải đóng thuế, ta tìm nghiệm nguyên dương n bé nhất của
bất phương trình 6. 1 7%







n 3,6 5 .

Giải bằng MTCT ta được n 5,32, nghĩa là vào năm thứ 6 thì anh này bắt đầu đóng thuế.
Mức thuế phải đóng là 6. 1 7%







6 3,6 .5% 270200 

  (đồng).

Câu 32. [1D5-3] [Toán học tuổi trẻ Lần 7 - tháng 4 - năm 2018]

Cho

  



1 1 ... 1

n

x x

f x x

n

   

       

    . Giá trị

 

f  bằng

A. 0 . B. 1. C. n . D. 1

n.

Lời giải

Chọn C
Ta có:

 









ln ln 1 2ln 1 ... ln 1

x x

f x x n

n

   

         

   

 

1 1 1

...

1 1 1

1 1 1

...

1 1 1

f x

x x

f x x

n

f x f x

x x

x

n



    

  

 

 



      



   

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

 

0 1 1 ... 1

0 0

1 0 1 1

f f

n

 

 



      



   

 

Vì

  

0 1 0 1



0 ... 1 0 1
2

f

n

   

       

    và

1 1 1

... 1 1 ... 1

0 0

1 0 1 1

n

       



  nên suy ra

 

f n.

PHÁT TRIỂN CÂU 32

Câu 1. [1D5-3] Cho f x

  

 1 x

 

1 2 x



2... 1



nx



n. Giá trị f 

 

0 bằng

A. 0 . B.



1 2

 



n n n

. C. n . D.





n n 

Lời giải
Chọn B

Ta có:

 

















ln f x ln 1x 2ln 1 2 x ...nln 1nx

 

2 2

1 2

...

1 1 2 1

1 2

...

1 1 2 1

f x n

f x x x nx

n

f x f x

x x nx



    

  

 



      

  

 

 

2 2

1 2

0 0 ...

1 0 1 2.0 1 .0

n

f f

n

 



      

  

 .

2 2

2 2 2 1 2 1

1 2

... 1 2 ...

1 0 1 2.0 1 .0 6

n n n

n

n
n

 

       

   nên suy ra

 



1 2

 



n n n

f    .

Câu 2. [1D5-3] Cho f x

  

 1 x

 

1 2 ... 1 x

 

nx



. Giá trị f 

 

0 bằng

A. 0 . B.



1 2

 



n n n

. C. n . D.





n n 

Lời giải

Chọn D
Ta có:

 

















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

 

1 2

...

1 1 2 1

1 2

...

1 1 2 1

f x n

f x x x nx

n

f x f x

x x nx



    

  

 



      

  

 

 

0 1 2 ...

1 0 1 2.0 1 .0

n

f f

n

 



      

  

 .

Vì f

  

0  1 0 1 2.0 ... 1

 



 

n.0



1 và 1 2 ... 1 2 ...





1 0 1 2.0 1 .0 2

n n
n

n
n



       

  

nên suy ra

 





n n

f   .

Câu 40. [2H2-4] [Toán học tuổi trẻ Lần 7 - tháng 4 - năm 2018] Cho tam giác ABC vuông tại A có
2

AB AC . M là điểm thay đổi trên cạnh BC . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vng

góc của M trên các cạnh AB AC, . Gọi V và V  tương ứng là thể tích của vật thể trịn xoay
tạo bởi tam giác ABC và hình chữ nhật MHAK khi quay quanh trục AB . Tỉ số V

V



lớn nhất

bằng:

A. 1

2. B.

9. C.

3. D.

3
4.

Lời giải

Chọn B.

x

2
2-x

x

A C

B

K

H M

Đặt AC 1  AB2

Đặt BH x (với 0x2). Khi đó AH  2 x , 1
2

AK  x

1 2

3 3

V  AB AC   





2 1 2

. 2

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>









2 2

3 3 3 2 2

2 2 . .

8 2 2 2 2 3

x x

x

V x x

x x x

V

 

  

 



      

 

 

4
9

V
V



  nên chọn đáp án B.

PHÁT TRIỂN CÂU 40

Câu 1. [2H2-4] Cho tam giác ABC vuông tại A có 3

AB AC . M là điểm thay đổi trên cạnh BC .
Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vng góc của M trên các cạnh AB AC, . Gọi V và V 

tương ứng là thể tích của vật thể trịn xoay tạo bởi tam giác ABC và hình chữ nhật MHAK khi

quay quanh trục AB . Tỉ số V

V



lớn nhất bằng:

A. 1

4. B.

4. C.

3. D.

3
2.

Lời giải

Chọn A.

x

2
3

2-x

x

A C

B

K

H M

Đặt AC 1 3
2

AB

 

Đặt BH x (với 0 3

x

  ). Khi đó 3
2

AH   x , 1

AK  x

1 1

3 2

V  AB AC   

2 1 2 3
.

4 2

V AH AK   x   x

 

3
2

1 3 3 2 2 2

2 . . 2

2 2 2 2 2 3

x x

x

V x x

x x x

V

 

  

 

    

          

     

 

1
4

V
V



</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Câu 2. [2H2-4] Cho tam giác ABC vuông tại A có AC2AB . M là điểm thay đổi trên cạnh BC .

Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vng góc của M trên các cạnh AB AC, . Gọi V và V 

tương ứng là thể tích của vật thể trịn xoay tạo bởi tam giác ABC và hình chữ nhật MHAK khi

quay quanh trục AB . Tỉ số V

V



lớn nhất bằng:

A. 1

18. B.

28. C.

36. D.

1
15.

Lời giải

Chọn C.

x

2
1-x

x

A C

B

K

H M

Đặt AB 1  AC2

Đặt BH x (với 0x2). Khi đó AH  1 x , 1
2

AK  x

1 4

3 3

V  AB AC   





2 1 2

. 1

V AH AK   x  x 









2 1

3 3 3 2 2

1 1 . .

16 4 2 2 4 3

x x

x

V x x

x x x

V

 

  

 



      

 

 

1
36

V
V



  nên chọn đáp án C.

Câu 43: [2H2-3] [Toán học tuổi trẻ Lần 7 - tháng 4 - năm 2018] Cho mặt nón trịn xoay

đỉnh S đáy là đường tròn tâm O có thiết diện qua trục là một tam giác
đều cạnh bằng a . A, B là hai điểm bất kỳ trên

 

O . Thể tích khối chóp

S OAB đạt giá trị lớn nhất bằng

A. 3 3

a . B. 3 3

a . C. 3

a . D. 3 3

a .

Lời giải

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Ta có .

.
3
S OAB AOB

V  S SO. Lại có 

. .sin
2

AOB

S  OA OB AOB.

Mặt khác

a

OA OB  , 3

a

SO h  .

Do đó thể tích khối chóp .S OAB đạt giá trị lớn nhất khi sinAOB 1 OA OB .
Khi đó max 1 1 3 3 3

3 2 2 2 2 48

a a a a

V       .

PHÁT TRIỂN CÂU 43

Câu 1: [2H2-3] Cho mặt nón trịn xoay đỉnh S đáy là đường trịn tâm O có thiết

diện qua trục là một tam giác cân cạnh đáy bằng a và có diện tích là a2 , A
, B là hai điểm bất kỳ trên

 

O . Thể tích khối chóp .S OAB đạt giá trị lớn nhất
bằng

A.

3
12

a . B. 3

a . C. 3

a . D. 3

3
12

a .

Lời giải

Chọn A.

Xét tam giác cân SCD

Diện tích tam giác SCD : 1 . 1 . 2 2

2 2

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Ta có .
1

.
3
S OAB AOB

V  S SO. Lại có 1 . .sin

2
AOB

S  OA OB AOB.

Mặt khác

a

OA OB  , SO h 2a.

3 2 2 2 12

a a a

V      a .

Câu 2: [2H2-3] Cho mặt nón trịn xoay đỉnh S đáy là đường tròn tâm O có thiết

diện qua trục là một tam giác vng cân cạnh huyền bằng 2a , A, B là hai
điểm bất kỳ trên

 

O . Thể tích khối chóp .S OAB đạt giá trị lớn nhất bằng

A. 3

a . B. 3

a . C. 3

a . D. 3 3

a .

Lời giải

Chọn C.

Xét tam giác vuông cân SCD

Vì SO là trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông cân SCD nên
1

SO CD a

  

Ta có .
1

.
3
S OAB AOB

V  S SO. Lại có 

. .sin
2

AOB

S  OA OB AOB.

Mặt khác OA OB a  , SO h a  .

3 2 6

a
V      a a a .

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

đó làm bài được số điểm không nhỏ hơn 7 là:

A. 7

10. B.

8 2

8
10

1 3
4 4

C     

    . C.

8 2

8
10

1 3
4 4

A       

    . D. 
109
262144.

Lời giải

Chọn D

Xác suất để mỗi câu trả lời đúng là 1

4 và mỗi câu trả lời sai là
3
4.
Gọi x , y lần lượt là số câu trả lời đúng và trả lời sai.

Theo đề bài ta có:

7
2

x y
y
x

 





 




, x y  ,

Suy ra



x y ;

 

8; 2 ; 9;1 ; 10;0

 



Vậy xác suất cần tìm là

8 2 9 10

8 9 10

10 10 10

1 3 1 3 1 109

4 4 4 4 4 262144

C      C   C   

        .

PHÁT TRIỂN CÂU 45

Câu 1. [1D2-3] Một đề trắc nghiệm gồm 20 câu, mỗi câu có 4 phương án trả lời và chỉ có một
phương án trả lời đúng. Bạn Anh làm chắc chắn đúng 12 câu, 8 câu còn lại bạn Anh đánh hú
họa vào một phương án mà Anh cho là đúng. Mỗi câu trả lời đúng được 0,5 điểm. Tính xác
suất để Anh được 9 điểm ?

A. 9

20. B.

10. C.

65536. D.

63
16384.

Lời giải

Chọn D

Trong 8 câu còn lại, xác suất trả lời đúng mỗi câu là 1

4; xác suất trả lời sai mỗi câu là
3
4 .
Xác suất để Anh được 9 điểm bằng xác suất Anh trả lời đúng 6 câu trong 8 câu còn lại bằng

6 2

6
8

1 3 63

4 4 16384

C        

    .

Câu 2. [1D2-3] Một bài trắc nghiệm có 10 câu hỏi, mỗi câu hỏi có 4 phương án lựa chọn trong đó có
1 đáp án đúng. Giả sử mỗi câu trả lời đúng được 5 điểm và mỗi câu trả lời sai bị trừ đi 2 điểm.
Một học sinh không học bài nên mỗi câu hỏi đều chọn hú họa một phương án để trả lời. Tìm
xác suất để học sinh này nhận được điểm không lớn hơn 1.

A. P A( ) 0,7336 . B. P A( ) 0, 7124 . C. P A( ) 0,7759 . D. P A( ) 0, 783 .

Lời giải

Chọn C

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Xác suất trả lời sai của học sinh trong một câu là 3.
4
Gọi x



x   là số câu học sinh đó trả lời đúng.



Theo đề bài ta có học sinh đó nhận được điểm khơng lớn hơn 1, suy ra





5x 2. 10 x 1 7x21 x3.

Do đó học sinh này cần trả lời đúng khơng quá 3 câu.

TH1: Học sinh trả lời đúng được 3 câu:

3 7

3
1 10

1 3

. . .

4 4

P C       

   

TH2: Học sinh trả lời đúng được 2 câu:

2 8

2
2 10

1 3

. . .

4 4

P C     

   

TH3: Học sinh trả lời đúng được 1 câu:

9
1

3 10

1 3

. . .

4 4

P C     

   

TH4: Học sinh trả lời không đúng được câu nào:

10
4

3
.
4

P   

 
Vậy xác suất cần tìm là P A

 

P P1 2P3P4 0, 7759.

Câu 48. [1H3-3] [Toán học tuổi trẻ Lần 7 - tháng 4 - năm 2018] Cho tứ diện ABCD có

AC AD BC BD a   và hai mặt phẳng



ACD

 

, BCD vng góc với nhau. Tính độ dài



cạnh CD sao cho hai mặt phẳng



ABC

 

, ABD vng góc.



A. 2

a

. B.

a

. C.

a

. D.a 3.

Lời giải

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Gọi M N lần lượt là trung điểm của , AB CD, . Suy ra CM AB AN, CD và MN là đoạn 
vng góc chung của AB CD, . Đặt CD2 ,x x0

Theo đề bài, ta có :



ACD

 

 BCD



 AN CD và



ABC

 

 ABD



 CM DM

Do đó : CN ND MN AM BM  x AN x 2.

Tam giác ACN vuông tại N nên: 2 2 2 2 2





a

AC AN CN  a x  x  x

Vậy 2
3

a

CD  .

PHÁT TRIỂN CÂU 48

Câu 1. [1H3-3]Cho tứ diện ABCD có BD 2, hai tam giác ABD BCD, có diện tích lần lượt là 6 và
10 . Biết thể tích tứ diện ABCD bằng 16 . Tính số đo góc giữa hai mặt phẳng



ABD

 

, BCD



A. arccos 4
15

 
 

 . B.

4
arcsin

5
 
 

 . C.

4
arccos

5
 
 

 . D.

4
arcsin

15
 
 
 .

Lời giải

Chọn B

Gọi H là hình chiếu của A xuống



BCD . Ta có



1 3 24

3 5

ABCD BCD

BCD

V

V AH S AH

S

    .

Gọi K là hình chiếu của A xuống BD

Mặt khác 1 . 2 6

ABD
ABD

S

S AK BD AK

BD

    .





,



 arcsin arcsin 4

AH

ABD BCD AKH

AK

 

    

 

Câu 2. [1H3-3]Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D có các.    

cạnh AB2, AD3, AA4. Góc giữa hai mặt phẳng



AB D và  





A C D là  . Tính giá  



trị gần đúng của góc  ?

A. 45, 2 . B. 38,1 . C. 53, 4 . D. 61,6.

Lời giải

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Giao tuyến của hai mặt phẳng



AB D và  





A C D là OH . 



 

A OH D OH

Từ A kẻ  A E OH ta suy ra  D E OH .

Nên góc giữa hai mặt phẳng



AB D và  





A C D là góc giữa  



A E và D E .

Ta có: 5, 5, 13

2 2

    

A H OH A O

61
2.

2 4 305

10
5



  SA OH  

A E

OH

305
10
 

D E

 2 2 2 29

cos

2 . 61

     

   

 

A E D E A D

A ED

A E D E  A ED 118 24' .

</div>

Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết năm 2018 tạp chí toán học tuổi trẻ lần 7 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện



























































 







  











<sub></sub>

<sub></sub>





























<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>







 





 

 



 

 

















<sub></sub>