Đề thi thử đại học môn toán năm 2018 trường chuyên thái bình lần 4 mức độ vận dụng | 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 (559.66 KB, 27 trang )

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

TỔ 9

CÂU VD-VDC CHUYÊN THÁI BÌNH LẦN 4

Câu 4. [2D1-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Họ parabol



Pm



:y mx 2  2



m 3



x m  2



m0



luôn tiếp xúc với đường thẳng d cố định khi m
thay đổi. Đường thẳng d đó đi qua điểm nào dưới đây?

A.



0; 2



. B.



0;2



. C.



1;8



. D.



1; 8



Lời giải
Chọn A

Cách 1: Giả sử y ax b là đường thẳng cố định mà



Pm



luôn đi qua.

 mx2  2



m 3



x m  2ax b có nghiệm kép với mọi m  .0





2 6 2 2 0

mx m a x m b

        có nghiệm kép với mọi m  .0



4 4 16



2 12 36 0

m a b a a

         nghiệm đúng với mọi m  .0

4 4 36 0 6

2
12 36 0

a b a

b

a a

   

 

   



   

 .

Vậy đường thẳng cần tìm là y6x 2.

Cách 2: Sử dụng phương pháp nghiệm bội.









2 2 3 2 1 6 2

y mx  m x m   y m x   x

.



Pm



luôn tiếp xúc với đường thẳng d y: ax b khi phương trình





2 6 2
ax b m x    x

có nghiệm bội. Suy ra d y: 6x 2.

PHÁT TRIỂN CÂU 4

Câu 1. [2D1-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Chứng minh họ



Cm





1








m x m

y

x m



m0



luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định.

A. y x1. B. y  x 1. C. y x .1 D. y x 1.
Lời giải

Chọn D

Giả sử



Cm



: y f x m





tiếp xúc với đường thẳng cố định

 

d : yax b



Cm



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

( , )
( , )

f x m ax b
f x m a





 
 





2
2
1
( )
 








 





m x m

ax b
x m
m a
x m 
(1)
(2)
(1)
2
1 m

m ax b

x m

    



(

)

1 m

a x m

am m

b

x m









 





2
2

( 1) 1

( )

a m b m

a

x m x m

  

  

 

Kết hợp với (2) ta được

2
2

( 1) 1
2

( )

a m b

a
x m
m a
x m







  




2

2
2
2 2

( 1) 1
4

( )

a m b

a

x m
a

x m m

  
 







  





 (m 0)

2 2 2 2

4am (a 1) m 2(1 b a)( 1)m (1 b)

       

2 2 2

(

a

1)

m

2(1

b a

)(

1)

m

(1

b

)

0 













(*)



Cm



tiếp xúc với

 

d  ( ) đúng

 

m

0

( 1) 0

1
( 1)(1 ) 0

1
(1 ) 0

a
a
a b
b
b



 



 

    

 

Vậy



Cm



tiếp xúc với đường thẳng cố định

 

d : y   .x 1

Cách 2: Gọi phương trình đường thẳng cớ định cần tìm là

 

d : y ax .b



Cm



tiếp xúc với

 

d 





1 







m

x m

ax b

x m

có nghiệm kép m0













 m x m  ax b x m  có nghiệm kép m0









1

0

 

 



ax



a



m b

 

x



b



m











2 2













2
0

1 1 2 1 1 1 0



  
  



          
a

a b m a b m b





















2
2
2
0

1 1 0 1

1 1 0 1

1 0



 

 






    
 
   
 
a

a b a

a b b

b

Vậy



Cm



tiếp xúc với đường thẳng cố định

 

d : y  .x 1

Câu 2. [2D1-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Họ Hyperbol



Hm



có

phương trình  



2





2 2 4



,    

 



m x m m

y f x m

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

khi m thay đổi.

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

Lời giải

Chọn B.

Gọi phương trình đường thẳng cớ định cần tìm là

 

d : y ax .b



Cm



tiếp xúc với

 

d 



1





 



m x m

ax b

x m có nghiệm kép với mọi

m



2





2 2 4



   

  



m x m m

ax b

x m có nghiệm kép với mọi

m



m 2



x



m2 2m 4





ax b x m

 



      



có nghiệm kép với mọi

m





2 2 2 2 4 0

ax am b m x m m bm

           có nghiệm kép với mọi

m





2 2







 







1 2 1 2 2 4 2 4 0,










             

a

a m a m b b a m m bm m

















2 1 2 1 2 8 4 2 16 ,





 

  





           

a

a a m a b a ab m b a m













1 1

2 1 0

2 4 2

2 1 2 8 4 0

2 4 6

2 16 0



  

  

 

  

 

  

 

 







 

  

           

  

  

a

a a

b b

a b a ab

b b

b a

Vậy có hai đường thẳng cố định tiếp xúc với



Hm



là y  x 2 và y x 6

Câu 5: [2D1-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho các sớ thực
dương x, y thoả mãn log(x y )(x2y2) 1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức

là:





3 2

48 156( ) 133( ) 4
A x y  x y  x y  .

A. 29 . B.

1369

26 . C. 30 . D.

505
36 .

Lời giải

Chọn B.

TH1:

, 0

1
x y
x y





 

  x y, (0;1) 
2
2

x x

y y

 






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

I O

A
B

Từ gt suy ra:  x2y2  x y  1 x y2 . Đặt t x y 

Xét hàm số f t( ) 48 t3156t2133t trên 4



0; 2



 

144 2 312 133 0

    

f t t t

19
12
7
12
t

t




 

 


Lập bảng biến thiên suy ra: Giá tri lớn nhất của A là:
1369

Câu 6. [2H2-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hình trụ có hai
đáy là hai hình trịn

( )

O và

( )

O¢, chiều cao 2R và bán kính đáy R . Một mặt phẳng

( )

a đi qua

trung điểm của OO¢ và tạo với OO¢ một góc 30°. Hỏi

( )

a cắt đường tròn đáy theo một dây
cung có độ dài bằng bao nhiêu?

A.

2 2

3
R

. B.

4
3 3

R

. C.

2
3
R

. D.

2
3

R
.

Lời giải

Chọn A.

Gọi M là trung điểm OO¢.

Giả sử mặt phẳng

( )

a cắt đường tròn đáy theo dây cung AB , gọi I là trung điểm AB .

Khi đó

(

OO¢,

( )

a

)

=IMO· = °30 .

Ta có OA=OB= , R OO¢=2R.

Trong tam giác vng MOI , ta có:

.tan 30
3
R

OI=MO °=

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

B
A'

O
H

2 2 2 2.

3 3

R R

IA= OA - OI = R - ổ ửỗỗỗố ứữữữữ=

Suy ra

2 2

2 .

3
R
AB= IA=

PHÁT TRIỂN CÂU 6

Câu 1. [2H2-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hình trụ có đáy là
hai đường trịn tâm O và 'O , bán kính đáy bằng a , chiều cao bằng 2a . Trên đường tròn tâm

O lấy điểm A , trên đường tròn tâm 'O lấy điểm B sao cho AB= 7a. Thể tích của khới tứ 
diện OO AB bằng:'

A. 
3
3
12

a

. B.

3
3

6
a

. C.

3
3

3
a

. D.

3
3

2
a

Lời giải

Chọn B

Kẻ đường sinh AA , gọi D là điểm đối xứng với '' A qua tâm 'O và H là hình chiếu vng 
góc của B trên 'A D .

Ta có

(

)

' '
'

BH A D

BH AOO A

BH OO

ỡ ^

ùù ị ^

ớù ^

ùợ nờn ' '

1
.
3

OO AB OO A

V = S BH

Trong tam giác vuông 'A AB có A B' = AB2- AA'2 = 3a.

Trong tam giác vuông 'A BD có BD= A D' 2- A B' 2 =a.

Do đó suy ra tam giác BO D đều nên '

3
2
a
BH=

Vậy

' '

1 1 1 3

. . . '.

3 3 2 6

OO AB OO A

a

V = S BH = OA OO BH =

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

H
O

O'
A

hai đường tròn tâm O và 'O , bán kính đáy bằng a , chiều cao bằng 3.a Hai điểm A B, lần
lượt nằm trên hai đường tròn đáy sao cho góc giữa AB và trục OO của hình trụ bằng 30°.'
Khoảng cách giữa AB và OO bằng:'

A. 
3

.
4
a

. B. a 3. C2.

a

D

3
.
2
a

Lời giải

Chọn D

Từ giả thiết ta có OA O B= ' =a.

Gọi AA là đường sinh của hình trụ thì ' O A' '=a, AA'=a 3

(

) (

)

, ' , ' ' 30

AB OO = AB AA =BAA = °
.

Vì OO'P

(

ABA'

)

nên

(

)

(

)

(

' .

)

d OO AB =d OO ABA =d O ABA

Gọi H là trung điểm 'A B , suy ra

(

)

' '

O H A B

O H ABA

O H AA

ỹ
^ ùù ị

^
ý

^ ùỵ nờn d O

(

ABA'

)

=O H' .

Tam giác ABA vuông tại '' A nên BA'=AA' tan 30°=a.

Suy ra tam giác 'A BO đều có cạnh bằng a nên '

' .

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

Câu 8: [2D3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho









2
1
0
d ln
x

x

x x e

x ae b e c
x e



  





với a , b , c  . Tính P a 2b c .

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

Lời giải

Chọn D.

Ta có:









1 1

0 0

d d

x x x

x x

x x e xe x e

x x

x e e x

 

 











1
0

1 1 1

d
1

x x

x

xe x e

x
e x
  









1
0
1

1 d 1

1
x
x xe
xe
 
    

 



1 ln





1 ln





x x

xe xe e e

 

       

. Suy ra a  , 1 b  , 1 c  .1

Vậy, P a 2b c  .0

PHÁT TRIỂN CÂU 8

Câu 1. [2D3-3][Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018]Cho tích phân





1 ln 2 1

d ln

1 ln

e x x e

x ae b

x x e

    

   

  



trong đó a , b là các số nguyên. Khi đó tỉ số 
a
b bằng:

A. 
1

2. B. 1. C. 3 . D. 2 .

Lời giải

Chọn B.

Ta có:





1 1

1 ln 2 ln 1

d 1 d

1 ln 1 ln

e x x e x

x x

x x x x

    

   

   



x ln 1



xlnx



1e e ln



e 1 1



       
1
ln e
e
e

 
   

 . Suy ra: 1 1

a
a b

b
   

Câu 2. [2D3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho tích phân
2

sin

d ln 2

2sin cos
x

I x a b

x x


  




, với a , b Q . Khi đó a b bằng:

A. 1. B. 2 . C.

2. D. 0 .

Lời giải

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

Ta có:



2sin cos





2cos sin



sin

2sin cos 2sin cos

A x x B x x

x

x x x x

  



 





sin





cos
2sin cos

A B x A B x

x x

  





2 1 5

2 0 1

5
A
A B
A B
B



 
 
   
 
  


 . 
Khi đó:
2 2
0 0

sin 2 1 2cos sin

d d

2sin cos 5 5 2sin cos

x x x

I x x

x x x x

 

 
    
   



2 1

ln 2sin cos 2

5 5

x x x


 
   
 
1
ln 2
5 5

 
.
Suy ra:
1
5
a 
,
1
5
b 

. Vậy, a b  .0

Câu 13: [2D3-2] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hàm số

 

yf x có đạo hàm trên  và f

 

5 10

,

 

d 30
x f x x 



.Tính

 

5
0

d
f x x



A.20. B.70 . C.20 . D.30.

Lời giải
Chọn C.
Xét

 

5
1
0
d 30
I 



x f x x 

Đặt

 

d d

u x u x

v f x x v f x

 
 
 

 

 
 
 
Vậy

 

5 5 5

0 0 0 0

d d 5 5 d

I x f x x xf x f x x f f x x

 



 



 



Mà I  và 1 30 f

 

5 10 vậy

 

5
0

d 20
f x x







PHÁT TRIỂN CÂU 13

Câu 1: [2D3-2] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hàm số

 

yf x có đạo hàm trên  và f

 

2 15

,

 

d 60
x f x x 



.Tính

 

5
0
d
f x x



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

Lời giải

Chọn A.

Xét

 

1
0

d 60
I 



x f x x 

Đặt

 

d d

u x du x

v f x x v f x

 

 

 



 



 

 

 

Vậy

 

2 2 2

0 0 0 0

d d 2 2 d

I x f x x xf x f x x f f x x

 



 



 



Mà I  và 1 60 f

 

2 15 vậy

 

2
0

d 30

f x x







Câu 2: [2D3-2] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hàm số

 

yf x có đạo hàm trên  và f

 

4 13

,

 

d 24
x f x x 



.Tính

 

d
f x x



A.11. B.28. C.76 . D.28 .

Lời giải

Chọn D.

Xét

 

1
0

d 24
I 



x f x x 

Đặt

 

d d

u x u x

v f x x v f x

 

 

 



 



 

 

 

Vậy

 

4 4 4

0 0 0 0

d d 4 4 d

I x f x x xf x f x x f f x x

 



 



 



Mà I  và 1 24 f

 

4 13 vậy

 

4
0

d 28
f x x







Câu 17: [2H3-4] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Trong khơng gian với
hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

P x y z:     , đường thẳng1 0

 

: 15 22 37

1 2 2

x y z

d     

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

lần lượt thuộc mặt phẳng

 

P sao cho AA, BB cùng song song với

 

d . Giá trị lớn nhất của
biểu thức AABB là

A.

8 30 3
9


. B.

24 18 3
5


. C.

12 9 3
5


. D.

16 60 3

9


Lời giải

Chọn B.

Mặt cầu

 

S có tâm I



4;3; 2



và bán kính R  .5

Gọi H là trung điểm của AB thì IH AB và IH  nên H thuộc mặt cầu 3

 

S tâm I bán
kính R  .3

Gọi M là trung điểm của A B  thì AABB2HM , M nằm trên mặt phẳng

 

P .

Mặt khác ta có



 



4
;

d I P  R

nên

 

P cắt mặt cầu

 

S và



 



5
sin ; sin

3 3

d P   

Gọi K là hình chiếu của H lên

 

P thì HK HM .sin.
Vậy để AABB lớn nhất thì HK lớn nhất

HK

 đi qua I nên max



 



4 4 3 3

; 3

3 3

HK Rd I P    
.

Vậy AABB lớn nhất bằng

4 3 3 3 3 24 18 3

2 .

5 5

   



 

  .

PHÁT TRIỂN CÂU 17

Câu 1: [2H3-4] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Trong không gian với
hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

P x y z:     , đường thẳng1 0

 

: 15 22 37

1 2 2

x y z

d     

và mặt cầu

 

2 2 2

: 8 6 4 4 0

S x y z  x y z  . Một đường

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

lần lượt thuộc mặt phẳng

 

P sao cho AA, BB cùng song song với

 

d . Giá trị lớn nhất của
biểu thức AABB là

A.

8 30 3
9


. B.

24 24 3
5


. C.

4 4 3
5


. D.

16 60 3
9


Lời giải

Chọn B.

Mặt cầu

 

S có tâm I



4;3; 2



và bán kính R  .5

Gọi H là trung điểm của AB thì IH AB và IH  nên H thuộc mặt cầu 4

 

S tâm I bán
kính R  .4

Gọi M là trung điểm của A B  thì AABB2HM , M nằm trên mặt phẳng

 

P .

Mặt khác ta có



 



4
;

d I P  R

nên

 

P cắt mặt cầu

 

S và



 



5
sin ; sin

3 3

d P   

Gọi K là hình chiếu của H lên

 

P thì HK HM .sin.
Vậy để AABB lớn nhất thì HK lớn nhất

HK

 đi qua I nên max



 



4 4 4 3

; 4

3 3

HK Rd I P    
.

Vậy AABB lớn nhất bằng

4 4 3 3 3 24 24 3

2 .

5 5

   



 

  .

Câu 2: [2H3-4] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Trong khơng gian với
hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

P x y z:     , đường thẳng2 0

 

: 15 22 37

2 1 2

x y z

d     

và mặt cầu

 

2 2 2

: 8 6 4 4 0

S x y z  x y z  . Một đường

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

lần lượt thuộc mặt phẳng

 

P sao cho AA, BB cùng song song với

 

d . Giá trị lớn nhất của
biểu thức AABB là

A.

1 3 3
6


. B. 2 6 3 . C. 1 3 3 . D.

1 3 3
3


Lời giải

Chọn B.

Mặt cầu

 

S có tâm I



4;3; 2



và bán kính R  .5

Gọi H là trung điểm của AB thì IH AB và IH  nên H thuộc mặt cầu 3

 

S tâm I bán
kính R  .3

Gọi M là trung điểm của A B  thì AABB2HM , M nằm trên mặt phẳng

 

P .

Mặt khác ta có



 



1
;

d I P  R

nên

 

P cắt mặt cầu

 

S và



 



sin ; sin

d P   

. Gọi

K là hình chiếu của H lên

 

P thì HK HM .sin.
Vậy để AABB lớn nhất thì HK lớn nhất

HK

 đi qua I nên max



 



1 1 3 3

; 3

3 3

HK Rd I P    
.

Vậy AABB lớn nhất bằng

1 3 3

2 . 3 2 6 3

  

 

 

  .

Câu 24: [2D3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hàm số

 

4 4 3 2 2 1,

f x x  x  x  x    . Tính x

   

2
0

f x f x dx

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

A. 
2

3. B. 2 . C.

2
3


. D. 2.

Lời giải

Chọn C.

Ta có

   

 

3 3 3

1 1

2 2

0 0

1 1 0 2

3 3 3

f x f f

f x f x dx  f x df x    



PHÁT TRIỂN CÂU 24

Câu 1: [2D3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hàm số

 

3 3 2 3 2,

f x x  x  x    . Tính x

   

3
0

f x f x dx



A. 
3

4. B.

4 . C.

4. D.

15
4


Lời giải

Chọn D.

Ta có

   

 

4 4 4

1 1

3 3

0 0

1 1 0 15

4 4 4

f x f f

f x f x dx  f x df x    



Câu 2: [2D3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hàm sớ

 

6 5 4 3 2 1,

f x x  x  x     . Tính x

   

2017
0

f x f x dx



A. 
1

2018. B.

1009. C. 
1
2018


. D.

1
1009


Lời giải

Chọn C.

Ta có

   

 

2018

1 1

2017 2017

0 0

1
0
2018

  



f x f x dx



f x df x f x 2018

 

1 2018

 

0 1

2018 2018



f f 

Câu 29. [2D2-2] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Tập nghiệm của bất

phương trình













3 3

2 2 2

3log x3  3 log x7  log 2 x

là S



a b;



. Tính P b a  .

A. 5 . B. 2 . C. 3 . D. 1.

Lời giải

Chọn A.

Điều kiện: 3   x 2

BPT  log2



x3 1 log



  2



x7



 log 22



 x





x 3 2

 

x





x 7



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

So điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S  



3; 2



nên chọn đáp án A.

PHÁT TRIỂN CÂU 29

Câu 1. [2D2-2] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Tập nghiệm của bất 
phương trình 2log2



x1



log 52



 x



 là 1 S



a b;



. Tính P a b  .

A. 5 . B. 4 . C. 3 . D. 1.

Lời giải

Chọn B.

Điều kiện: 1  x 5

BPT









2 2

log x 1 log 2 5 x
     



x 1



2 2 5



x



        3 x 3

So điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S 



1;3



nên chọn đáp án B.

Câu 2. [2D2-2] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Tập nghiệm của bất

phương trình













3 9 3

log 2 2 log 4 log 2 1
3

x  x  x

là S



a b;



. Tính Q a 2b2 .

A. 56 . B. 17 . C. 50 . D. 65 .

Lời giải

Chọn D.

Điều kiện: x  4

BPT  log3



x 2



log3



x 4



log 23



x1





x 2

 

x 4

 

2x 1



        1 x 7

So điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S 



4;7



nên chọn đáp án D.

Câu 33: [2D1-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hàm số
liên tục trên và có bảng biến thiên như sau

Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong số các mệnh đề sau đối với hàm số g x

 

f



2 x



 2?

 

yf x



x   0 2 

y  0  0 

y

 

1


2

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

I. Hàm số g x

 

đồng biến trên khoảng



4; 2 .



II. Hàm số g x

 

nghịch biến trên khoảng



0; 2 .



III. Hàm số g x

 

đạt cực tiểu tại điểm -2.

IV. Hàm số g x

 

có giá trị cực đại bằng -3.

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

Lời giải

Chọn A

Cách 1: Thực hiện các phép biến đổi đồ thị.

Từ đồ thị của f x

 

để thu được đồ thị của hàm số g x

 

f



2 x



 2, ta thực hiện phép biến
đổi đồ thị như sau:

- Lấy đối xứng đồ thị f x

 

qua trục Oy ta thu được đồ thị hàm số f



x



- Tịnh tiến đồ thị f



x



theo vec tơ k2i

 

(với i



1;0





là vectơ đơn vị ) thu được đồ thị hàm

số f



2 x



- Cuối cùng thực hiện phép tịnh tiến đồ thị





f  x theo vec tơ m 2 j (với j



0;1





là vectơ

đơn vị ) ta thu đươc đồ thị hàm số g x

 

f



2 x



 2

Thay vì thực hiện trên đờ thị ta có thể biến đổi dựa trên bảng biến thiên, ta thu được bảng biến

thiên của hàm số g x

 

như sau:

Do đó chỉ có phát biểu IV là đúng.

Cách khác: Ta có g x'

 

 f ' 2



 x



 





2 0 2

' 0 ' 2 0

2 2 0

x x

g x f x

x x

  

 

       

  

  .

Từ đó suy ra bảng biến thiên của hàm số g x

 

PHÁT TRIỂN CÂU 33

x   0 2 

g  0  0 

g

 4

3


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

Câu 1: [2D1-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018]

Cho đồ thị hàm số yf x

 

như hình vẽ dưới đây. Khi đó phát biểu nào là

đúng đối với hàm số g x

 

f x



1



 2 trong các phát biểu sau:

A. Hàm số g x

 

đồng biến trên khoảng



 ;1



.
B. Hàm số g x

 

nghịch biến trên khoảng



1;1



.
C. Hàm số g x

 

đạt cực đại tại x  .1

D. Đồ thị hàm số g x

 

cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.
Lời giải

Chọn B

Cách 1: Thực hiện các phép biến đổi đồ thị:

Thực hiện các phép biến đổi đồ thị lần lượt là : tịnh tiến đồ thị f x

 

theo vec tơ i


sau đó tịnh

tiến đồ thị theo vec tơ m2j
 

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

ta được đồ thị hàm số g x

 

như hình vẽ. Do đó hàm sớ nghịch

biến trên



1;1



Cách khác: Ta có g x'

 

f x'



1



 





' 0 ' 1 0

1
x

g x f x

x




     



 . Từ đó lập bảng

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

Câu 2: [2D1-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018]

Cho hàm số yf x

 

có đồ thị như hình vẽ:

Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

3
2 2

x
y f  

  trên đoạn



0; 2



. Khi đó M m là

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

Lời giải

Chọn A

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

Ta suy ra đồ thị hàm số 3 2

x
y f  

  từ đồ thị hàm số yf x

 

bằng cách thực hiện phép dãn

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19></div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Cách khác: Ta có

 

' '

4 2
x
g x  f  

  ,

 

' 0 ' 0

4
2

x
x

g x f

x



 
     


   . Từ đó lập bảng biến

thiên của hàm số g x

 

Câu 35. [2D3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho F x

 

là một

nguyên hàm của hàm số

1
1 sin 2
y

x


 với

\ ,

x   k k 

     

 

R Z

, biết F

 

0  ;1

 

0
F  

. Tính

12 12

P F   F  
   .

A. P  2 3. B. P  .0 C. Không tồn tại P . D. P  .1

Lời giải
Chọn D.
Cách 1:
Ta có

( )

2
1 1
d d

1 sin 2 2sin

F x x x

x x p

= = æ ử
+ ỗ + ữữ
ỗ ữ
ỗố ứ

ũ

1
2
1 3

- cot khi 2 ; 2

2 4 4 4

1 3 7

- cot khi 2 ; 2

2 4 4 4

x C x k k

p p p

p p

p p p

p p
ì ỉ ư ỉ ư
ï ÷ ÷
ï ỗ + ữ+ ẻ -ỗ + + ữ
ù ỗỗ ữ çç ÷
ï è ø è ø
ï
=íï
ỉ ư ỉ ư
ï ç + ữ+ ẻ ỗ + + ữ
ù ỗ ữữ ỗ ữữ
ù ỗố ứ ỗố ứ
ùợ
ờ

( )

1
2
3

0 1 2

2
C
F

F p C

ìïï =
ì = ï
ï ï
ï Þ ï
í í
ï = ï
ï ï
ỵ ïïïỵ =
.Vậy

( )

1 3 3

- cot khi 2 ; 2

2 4 2 4 4

1 1 3 7

- cot khi 2 ; 2

2 4 2 4 4

x x k k

F x

x x k k

p p p p p

ì ỉ ư ỉ ư
ï ữ ữ
ù ỗ + ữ+ ẻ -ỗ + + ữ
ù çç ÷ çç ÷
ï è ø è ø
ï
=íï
ỉ ư ỉ ử
ù ỗ + ữ+ ẻ ỗ + + ữ
ù ỗ ữữ ỗ ữữ
ù ỗố ứ ỗố ứ
ùợ .
Khi o
11
1
12 12

P F   F  

   

Cách 2:

Ta có

 

11 11

0 0

12 12 12 12

P F   F  F  F  F   F  F  F 

         

12 12

1 1

d d 1

1 sin 2x x 1 sin 2x x

 


  
 



.
Ta có





2 2

1 1 1

1 sin 2 sin cos 2cos

x  x x  x 

   



 

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





0
0

12
12

1 1 1

d tan 1 3

1 sin 2x x 2 x 4  2







 

      

  



;





11
11

12
12

1 1 1

d tan 1 3

1 sin 2x x 2 x 4 2








 

      

  



Vậy P  .1

PHÁT TRIỂN CÂU 33

Câu 1: [2D3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho F x

 

là một
nguyên hàm của hàm số y=2x- 4 xác định trên ¡ \ 2

{ }

thỏa mãn f

( )

1 =1 và f

( )

3 =- 2.

Giá trị của biểu thức F

( )

- 1 +F

( )

4 bằng

A. - .6 B. 7. C. - 14. D. 0 .

Lời giải

Chọn A.

Ta có

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

2
1
2

2 4 d khi 2 2 khi 2

2 4 d

2 khi 2

2 4 d khi 2

x x x x C x

F x x x

x C x

x x x

ìï - > ìï

ï ï - + >

ïï ï

= - =íï =í

ï - - + <

- - <

ï ïïỵ

ïïỵ

ị

.

( )

2 1

1 2

1 1 1 1 3

1 2 2

3 2

F C C

C C

F

ì = ì ì

ï ï- + = ï

=-ï Þ ï Û ï

í í í

ï =- ïï + =- ïï =

ï ỵ ỵ

ỵ nên

( )

(

)

(

)

2
2

2 3 khi 2

2 2 khi 2

x x

F x

x x

ìï - - >
ïï

=í

ï - - + <

ïïỵ .

Vậy F

( )

- 1 +F

( )

4 =- + + - =-9 2 4 3 6.

Câu 2: [2D3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hàm số f x

( )

xác

định trên ¡ \

{

- 1;1

}

và thỏa mãn

( )

2
2

1
f x

x
¢ =

- , f

( )

- 3 +f

( )

3 =0 va

1 1

2 2

fổ ửỗỗỗ- ữữữ+fỗỗổửỗ ữữữ=

ố ứ è ø .

Giá trị của biểu thức f

( )

- 2 +f

( )

0 +f

( )

4 bằng

A. 2ln 2 2ln 3 ln 5- - . B. 6ln 2 2ln 3 ln 5- - .
C. - ln 5 2ln 3 2ln 2 1+ + + . D. 2ln 3 ln 5 6- + .

Lời giải

Chọn C.

Có

( )

1 1

f x

x x

¢ =

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

Khi đó

( )

2
1

ln +C khi 1 1

1
d

ln +C khi 1 1
1

x

x x

x

f x f x x

x

x
x

ỡ ổ- ử

ù ữ

ù ỗ ữ <- ẩ >

ù ỗỗ ữ
ù ố + ứ
ù
Â
= = ớù ổ ử

-ù ỗ ữ - < <
ù ỗ ữữ

ù ỗố + ø
ïỵ

ị

Có f

( )

- 3 + f

( )

3 = Û0 ln 2+C1+ln 2+C1 =0 Û C1 =ln 2.

Có

1 1

2 2

fỗổ ửốỗỗ- ứữữữ+fỗỗỗổửố ứữữữ=

2 2 2

ln 3 C ln 3 C 2 C 1

Û + - + = Û = .

Khi đó:

( )

ln ln 2 khi 1 1

1
1

ln 1 khi 1 1

1
x
x x
x
f x
x
x
x
ỡ ổ- ử
ù ữ

ù ỗ ữ+ <- >

ù ỗỗ ữ
ù ố + ứ
ù

= ớù ổ ử

-ù ỗ ữ+ - < <
ù ỗ ữữ

ù ỗố + ứ
ùợ

Vy f

( )

- 2 +f

( )

0 +f

( )

4 =ln 3 ln 2 1 ln 3 ln 5 ln 2+ + + - + =- ln 5 2ln 3 2ln 2 1+ + + .

Câu 48: [2H3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Trong khơng gian với

hệ tọa độ Oxyz, cho 4 đường thẳng

 

3 1 1

1 2 1

x y z

d     

 ,

 

1 2 1

x y z

d   

 ,

 

1 1 1

2 1 1

x y z

d     

 

1
:

1 1 1

x y z

d   

  . Số đường thẳng trong không gian cắt cả 4
đường thẳng trên là

A. 0 . B. 2 . C. Vô số. D. 1.

Lời giải

Chọn A.

 

d1 đi qua điểm M1



3; 1; 1 



và có VTCP u  1



1; 2;1





 

d2 đi qua điểm M2



0;0;1



và có VTCP u  2



1; 2;1









1 2 3;1; 2
M M  


Vì u u1; 2  0
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

và u M M1; 1 2  



5; 5; 5 



0

  

nên

 

d1 song song với

 

d2 .

Gọi

 

P là mặt phẳng chứa hai đường thẳng

 

d1 và

 

d2 .

 

P

đi qua điểm M2



0;0;1



và có nP u M M1; 1 2  



5; 5; 5 



  
  

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

hay n 



1;1;1





có phương

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

Gọi A

   

d3  P . Xét hệ phương trình





1 2 1

1 1

1; 1;1

1 1

1 0 0

x t x

y t y

A

z t z

x y z t

  
 
 
  
 
  
 
  
 
      
  .

Gọi B

   

d4  P . Xét hệ phương trình





1 1

0;1;0
0

1 0 0

x t x

y t y

B

z t z

x y z t


 
 
  
  
 
 
 

 
 
      
  .

Vì BA  



1; 2;1





cùng phương với u1



nên

 

d không thỏa mãn.

PHÁT TRIỂN CÂU 48

Câu 1: [2H3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Trong không gian với

hệ tọa độ Oxyz, cho 4 đường thẳng

 

1 2

1 2 2

x y z

d    

 ,





2 2

2 4 4

x y z

d    

 ,

 

3 :
x t

d y t

z t





 
 ,

 

: 2

x t

d y t

z t

 





   

 . Gọi

 

d là đường thẳng cắt cả bốn đường thẳng trên. Điểm nào

sau đây thuộc đường thẳng

 

d ?

A. A



0;0;1



. B. B



2; 2; 2



. C. C



6;6; 3



. D. D



4;4; 2



Lời giải

Chọn D.

 

d1 đi qua điểm M1



1; 2;0



và có VTCP u 1



1; 2; 2





 

d2 đi qua điểm M2



2; 2;0



và có VTCP u 2



2; 4; 4









1 2 1;0;0
M M 



Vì u u1; 2  0
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

  
  
  

và u M M1; 1 2 



0; 2; 2 



0

  

nên

 

d1 song song với

 

d2 .

Gọi

 

P là mặt phẳng chứa hai đường thẳng

 

d1 và

 

d2 .

 

P

đi qua điểm M1



1;2;0



và có nP u M M1; 1 2 



0; 2; 2 



  

hay n 



0;1;1





có phương

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Gọi A

   

d3  P . Xét hệ phương trình





1
1

1;1;1

2 0 1

x t x

y t y

A

z t z

y z t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

     

  .

Gọi B

   

d4  P . Xét hệ phương trình





1 2

2 2

2; 2;0

1 0

2 0 1

x t x

y t y

B

z t z

y z t



  

 

  

 

 

 

 



  

 

     

  .

 

d

đi qua điểm A



1;1;1



và có VTCP AB 



1;1; 1





có phương trình
1
1
1

x t

y t

z t

 



 

  

 .

Vì AB không cùng phương với u1



nên

 

d thỏa mãn.

Dễ thấy D



4; 4; 2

  

 d .

Câu 2: [2H3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Trong không gian với

hệ tọa độ Oxyz, cho 3 đường thẳng

 

1 : 4
1 2
x t

d y t

z t





 


  

 ,





2
:

2 1 1

x y z

d   

 

1 1 1

5 2 1

x y z

d     

. Viết phương trình đường thẳng

 

d cắt ba đường thẳng

     

d1 , d2 , d3 lần lượt tại các điểm A B C, , sao cho AB BC .

A.

1 1 1

x y z

 

 . B.

1 1 1

x y z

 

. C.

1 1 1

x y z

 

 . D.

1 1 1

x y z

 

 .

Lời giải

Chọn B.

 



; 4 ; 1 2



A d  A a  a   a .

 



2 ;2 ;



B d  B b b b .

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Vì B là trung điểm của AC nên

1 5
2

2 4 5 1 1

4 1 2

2 2 2 1 0

2 2 2 0

1 2 1
2

a c

b

a b c a

a c

b a b c b

a b c c

a c

b

 





   

 



  

  

        

  

      

 

   





 .



1;3;1 ,





0; 2;0



A B

 .

 

d

đi qua điểm B



0; 2;0



và có VTCP BA 



1;1;1





có phương trình

1 1 1

x y z

 

Câu 49. [2D2-3] [Trường chun Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Sớ nghiệm của phương 
trình 2log5x3 x

 là

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

Lời giải

Chọn B.

Điều kiện xác định: x   .3

Vì 2log5x3 0

 nên điều kiện có nghiệm của phương trình là x  .0
Ta có:

 





log 3

5 2

2 x x log x 3 log x

   

Đặt log x t2  , ta suy ra

 

3 5 2 1

2 3 5 3 1 1

5 5

t t

t

t t

t

x
x
  

    

     

    

    



 .

Xét hàm số

 

2 1

5 5

t t

f t      

    trên  . Ta có:

 

2 ln2 3. 1 ln1 0

5 5 5 5

t t

f t       

    , t   nên hàm số f t

 

nghịch biến trên  .

 

1 1

f  nên suy ra 1t  là nghiệm duy nhất của phương trình

 

1
.

Với t  thì 1 log2x 1 x .2

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm.

PHÁT TRIỂN CÂU 49

Câu 1: [2D2-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Sớ nghiệm của phương
trình log2



x 2



log3



x1



là

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

Lời giải

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Điều kiện xác định của phương trình là x  .2

Đặt log2



x 2



log3



x1



 .t

 

1 1

3 2 1 3 1 2 1 *

3 2

2 2
1 3

t t

t t t

t

x
x

   
          

   
  



  

 



Dễ thấy t  là một nghiệm của 1

 

* .

Xét hàm số

 

1 1 1 1 1 1

ln ln 0

3 2 3 3 2 2

t t t t

f t       f t      

        , nên f t

 

là hàm nghịch

biến trên  . Suy ra phương trình

 

* có một nghiệm duy nhất t 1 x .4

Kết hợp với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x  .4

Câu 2: [2D2-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Sớ nghiệm của phương

trình





2 2

1
2

8log 18 31

2 1
x

x x

x


  

 là

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

Lời giải

Chọn D.

Điều kiện:

1
2
1
x

x


 


 

 .

Khi đó phương trình đã cho có dạng:







 







1 1

2 2

8log x1  8log 2x1  x1  8 2x1  24











 



1 1

2 2

1 1

log 1 1 log 2 1 2 1

8 x 8 x x x

 

        

 

Xét hàm số 12
( ) log
g t  t t

trên khoảng



0;



ta có:

 

1 1 0,





ln 2

g t t

t

      

 nên g t( ) là hàm nghịch biến trên khoảng



0; 



.

Do đó:













2 2

1
8

1 2 1 1 2 1 9 2 22

g x g x  x  x  x 
.

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27></div>

Đề thi thử đại học môn toán năm 2018 trường chuyên thái bình lần 4 mức độ vận dụng | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

















































































 









(

)

1

<i>m</i>

<i>a x m</i>

<i>am m</i>

<i>b</i>

<i>x m</i>









 





(

<i>a</i>

1)

<i>m</i>

2(1

<i>b a</i>

)(

1)

<i>m</i>

(1

<i>b</i>

)

0











