Moon vn hướng dẫn giải đề tham khảo toán 2018 thầy đặng việt hùng

Câu 4: Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là A... Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành được tính theo công thức A... Biết rằn

Trang 1

FREE DOWNLOAD 1000+ ĐỀ THI THỬ THPT QG 2018 KÈM LỜI GIẢI CHI TIẾT TẠI: http://moon.vn/ThuVienDeThi/

Câu 1: Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức

A z  2 i.

B z  1 2 i

C z  2 i

D z  1 2 i

HD: Chọn A.

Câu 2: lim 2

3

x

x x





 bằng

A 2

3

HD: Ta có

2 1 2

3

x



Câu 3: Cho tập hợp M có 10 phần tử Số tập con gồm 2 phần tử của M là

HD: Chọn C

Câu 4: Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là

A 1

3

6

2

V  Bh HD: Chọn A

Câu 5: Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên như sau

y



3

1



3



Hàm số y f x  nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A 2; 0  B  ; 2  C  0; 2 D 0;  

HD: Chọn A

LỜI GIẢI ĐỀ THI THAM KHẢO THPT QG

MÔN TOÁN 2018

Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn

Trang 2

Câu 6: Cho hàm số y f x  liên tục trên đoạn  a b Gọi ; D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số

 ,

y f x trục hoành và hai đường thẳng xa x, b a b Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành được tính theo công thức

A 2 

d

b

a

b a

V   f x x

C 2 2 

d

b

a

d

b a

V   f x x HD: Chọn A

Câu 7: Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên như sau

y



1

5



Hàm số đạt cực đại tại điểm

A x 1 B x 0. C x 5 D x 2.

HD: Chọn D

Câu 8: Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?

3

log 3a log 3 log , log a a 3log a Chọn C

Câu 9: Họ nguyên hàm của hàm số   2

f x  x  là

A x3 C B

3

x

x C

  C 6x C D x3  x C

HD: Ta có    2  3

f x x x  xx  x C

Câu 10: Trong không gian Oxyz, cho điểm A3; 1;1   Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng Oyz 

là điểm

A M3; 0; 0  B M0; 1;1   C M0; 1; 0   D M0;0;1  HD: Chọn B

Trang 3

Câu 11: Đường cong trong hình bên là đồ thị của

hàm số nào dưới đây?

A y  x4 2x22

B yx42x22

C yx33x22

D y  x3 3x22

HD: Ta thấy đồ thị hàm số ở hình bên là đồ thị hàm số hàm trùng phương Xét hàm số yax4bx2c Tựa vào hình dạng của đồ thị hàm số suy ra a 0, mà đồ thị hàm số có 3 cực trị nên ab   0 b 0

Do đó ta loại được đáp án B,C,D Chọn A

Câu 12: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng : 2 1

 Đường thẳng d có một vectơ chỉ

phương là:

A u  ur1  1; 2;1 B u uur2 2;1; 0 C u uur3 2;1;1 D u  uur4  1; 2; 0

HD: Vecto chỉ phương của đường thẳng d là u  uurd  1; 2;1  Chọn A

Câu 13: Tập nghiệm của bất phương trình 22x 2x6 là:

2 x2x 2x      x 6 x 6 x ;6 Chọn B

Câu 14: Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 3 a 2 và bán kính đáy bằng a Độ dài đường sinh của hình nón đã cho bằng

2

a

HD: Diện tích xung quanh của hình nón là S xq rl3a2 a l 3a2  l 3 a Chọn B

Câu 15: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm M2;0;0 , N 0; 1;0  và P0; 0; 2  Mặt phẳng MNP có 

phương trình là:

HD: Phương trình mặt phẳng  : 1

Câu 16: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng?

A

2

1

y

x



2 2 1

x y x



2 1

1

x y x





HD: Phân tích các đáp án:

+) Đáp án A Ta có 2 3 2  1 2

2

Trang 4

+) Đáp án B Phương trình 2

x   vô nghiệm nên hàm số không có tiệm cận đứng +) Đáp án C Đồ thị hàm số 2

1

y x  không có tiệm cận đứng +) Đáp án D Đồ thị hàm số

1

x y x



 có tiệm cận đứng là x   1. Chọn D

Câu 17: Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm của phương trình f x   là:   2 0

HD: Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình f x   có 3 nghiệm phân biệt   2 0 Chọn B

Câu 18: Giá trị lớn nhất của hàm số   4 2

f x x  x  trên đoạn 2;3 bằng

HD: Ta có ' 4 3 8 ; ' 0 0

2

x





 

 Ta có f  0 5;f  2 1;f   2 1;f   2 5;f  3 50

Do đó giá trị lớn nhất của hàm số là 50 khi x 3 Chọn A

Câu 19: Tích phân

2

dx

x 

A 16

5 log

5 ln

2

15

HD: Ta có 2 2     2

0

ln 3 ln 5 ln 3 ln

d x dx

x



Câu 20: Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình 4z24z 3 0 Giá trị của z1  z2 bằng

HD: Ta có 2

2

i z











Chọn D

Trang 5

Câu 21: Cho hình lập phương ABCD A B C D     có cạnh bằng a (tham

khảo hình vẽ bên) Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và A C  là

A 3 a B a

C 3

2 a D 2 a

HD: Gọi O là giao điểm của AC và BD, O là giao điểm của ' A C ' '

và B D' '

Ta có OO'/ /AA'OO'ABCD và OO'A B C D' ' ' '

'

OO







 là đoạn vuông góc chung của BD và A C ' '

'

OO

 là khoảng cách giữa A C và ' ' BD

 ' ', 

Câu 22: Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0, 4% /tháng Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo Hỏi sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) gần nhất với số tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi ?

A 102.424.000 đồng B 102.423.000 đồng

C 102.016.000 đồng D 102.017.000 đồng

HD: Số tiền người đó nhận được sau 6 tháng là  6

100.000.000 1 0, 4% 102.424.000 Chọn A

Câu 23: Một hộp chứa 11 quả cầu gồm 5 quả cầu màu xanh và 6 quả cầu màu đỏ Chọn ngẫu nhiên đồng thời 2 quả cầu từ hộp đó Xác suất để 2 quả cầu chọn ra cùng màu bằng

A 5

6

5

8

11

HD: Số cách để chọn 2 quả cầu từ hộp là C112   C112

Tiếp theo ta sẽ tìm số cách để lấy 2 quả cầu cùng màu từ hộp

Trường hợp 1: Chọn được hai quả cầu màu xanh có 2

5

C cách chọn Trường hợp 2: Chọn được hai quả cầu màu đỏ có 2

6

C cách chọn

Do đó số cách chọn được 2 quả cầu cùng màu là 52 62 52 62 5

11

A

Câu 24: Trong không gian Oxyz cho hai điểm A1; 2;1 và B2;1; 0  Mặt phẳng qua A và vuông góc với

AB có phương trình là

HD: Mặt phẳng đó có vecto pháp tuyến là nuurP uuurAB3; 1; 1  

Trang 6

Mà mặt phẳng đó qua A1; 2;1   P : 3x    Chọn B y z 6 0.

Câu 25: Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD có tất cả các cạnh bằng

a Gọi M là trung điểm của SD (tham khảo hình vẽ bên) Tang của

góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng ABCD bằng 

A 2

3

C 2

1

3

HD: Gọi O là giao điểm của AC và BDSOABCD

Qua M kẻ đường thẳng song song với SO cắt BD tại H

 

Ta có MBABCD   B và MH ABCD

 

·MB ABCD,  ·MB HB,  MBH·

AC a

AC AB BC a OA 

a

2

4

a MH

Câu 26: Với n là số nguyên dương thỏa mãn C1nC n2 55, số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức 3

2

2 n

x

A 322560 B 3360 C 80640 D 13440

HD: Điều kiện n 2

Ta có

11

n





Khi đó

2



Số hạng không chứa x khi 5n20    số hạng không chứa 0 n 4 x là C104.210 4 13440 Chọn D

Câu 27: Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình log3 log9 log27 log81 2

3

Trang 7

A 82

80

HD: Điều kiện: x 0 Ta có log3 log9 log27 log81 2 log3 1log3 1log3 1log3 2

3

9

x x









Câu 28: Cho tứ diện OABC có OA OB OC, , đôi một vuông góc với

nhau và OA OB OC Gọi M là trung điểm của BC (tham khảo

hình vẽ bên) Góc giữa hai đường thẳng OM và AB bằng

A 90 0 B 30 0

C 0

45

HD: Do OA OB OC, , đội một vuông góc với nhau và OA OB OC

nên tam giác ABC là tam giác đều

Qua M kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC tại N

Ta có MN/ /AB·OM AB, ·OM MN, 

Giả sử OAOBOC a ABBCCAa 2

ABC

60

OMN

·  0

OM MN

Câu 29: Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng 1: 3 3 2, 2: 5 1 2

mặt phẳng  P :x2y3z  Đường thẳng vuông góc với 5 0  P cắt d1 và d2 có phương trình là

x  y  z

x  y  z

x y z

x y z

HD: Giả sử đường thẳng d cắt d d1, 2 lần lượt tại M N, M3t1;3 2 ; 2 t1  t1 ,N 5 3 ; 1 2 ; 2 t2   t2 t2

Ta có MNuuuurt13t22; 2t12t2   4; t1 t2 4 và n uurP 1; 2;3

 

1; 1; 0

2;1;3

P

M

N



uuuur

Chọn A

Trang 8

Câu 30: Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số 3 15

5

x

   đồng biến trên khoảng

0; ?

HD: Ta có y' 3x2 m 16

x

   để hàm số đồng biến trên khoảng 0;  thì  y'  0, x 0; 

Theo bài ta có m      4; 3; 2; 1  Chọn D

Câu 31: Cho  H là hình phẳng giới hạn bởi parabol y 3x2,

cung tròn có phương trình 2

4

y x (với 0  ) và trục x 2 hoành (phần tô đậm trong hình vẽ) Diện tích của  H bằng

A 4 3

12

π 

6

π 

C 4 2 3 3

6

3

π



HD: Phương trình hoành độ giao điểm là: 3 2 4 2 0 4 2 2 1

x

 



 

 Dựa vào hình vẽ ta có:

0

3

x

S x dx x dx  I I

Với

2

2 1

1

4

I  x dx, sử dụng CASIO hoặc đặt x2sintdx2costdt

1

6

1

6

2



  



1

6

I

6

S  

Chọn B

Câu 32: Biết

 

2

dx

 với a b c, , là các số nguyên dương Tính P   a b c

A P 24 B P 12 C P 18 D P 46

HD:Ta có

   

2

dx I





Trang 9

1 1

x x



1

Vậy a b c  46 Chọn D

Câu 33: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 4 Tính diện tích xung quanh S của hình trụ có một đường xq

tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác BCD và chiều cao bằng chiều cao của tứ diện ABCD

A 16 2

3

xq

π

3

xq

π

HD: Dựng hình như hình vẽ bên ta có:

Bán kính đường tròn nội tiếp đáy: 1 4 3

r HM  BM 

Chiều cao:

2

3

xq T

C

D A

M H

Câu 34: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 16x2.12xm2 9 x  có 0 nghiệm dương?

HD: Ta có

2

PT        m

3

x

t            t t m t t m

 

 

Khi đó PT có nghiệm dương PT có nghiệm lớn hơn 1

g t   t t t  và đường thẳng y m

Dựa vào đồ thị ta thấy PT có nghiệm lớn hơn 1      m 3 m 3

Vậy có 2 giá trị nguyên dương của m là m1;m2 thỏa mãn yêu cầu bài toán Chọn B

Trang 10

Câu 35: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 3 3

m m x  x có nghiệm thực?

HD: Đặt 3m3sinxa;sinx ta có: b

3 3





  3 3    2 2    2 2 

b ba a      a b m x x m x xb  b f b

f b  b     b

Do đó hàm số f b nghịch biến trên   1;1

Vậy f b f    1 ;f 1   2; 2 Do đó PT đã cho có nghiệm   m  2; 2

Vậy có 5 giá trị nguyên của m thõa mãn Chọn A

Câu 36: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số

3

y x  x m trên đoạn  0; 2 bằng 3 Số phần tử của S là:

HD: Xét hàm số   3

3

f x x  x m trên đoạn  0; 2

Ta có:   2

f x  x     x

Lại có: f  0 m f;  1  m 2;f  2   m 2

Do đó f x m2;m 2

Nếu

   

0;2

Nếu m   suy ra 2 0  

 

   

0;2

2 2

Max f x m





 TH1:

Max f x         m m m t m

 TH2:

Max f x          m m m t m

Vậy m1;m 1 là giá trị cần tìm Chọn B

Câu 37: Cho hàm số f x xác định trên   \ 1

2

 

 

 

x

 và f  1  Giá trị 2 của biểu thức f   1 f  3 bằng:

A 4 ln15 B 2 ln15 C 3 ln15 D ln15

HD: Ta có  f ' x dxln 2x 1 C

Hàm số gián đoạn tại điểm 1

2

x 

2

x  f x  x C mà f  1    2 C 2

Trang 11

Vậy f x ln 2 x  khi 1 2 1

2

x 

Tương tự f x ln 1 2  x khi 1 1

2

x 

Do đó f   1 f  3 ln 3 1 ln 5 2   ln15 3. Chọn C

Câu 38: Cho số phức z a bi a b , ¡ thỏa mãn  z  2 i z 1  và i 0 z  Tính P1   a b

 

1









 Do z   1 a 3,b4.Chọn D

Câu 39: Cho hàm số y f x  Hàm số y f x có đồ thị như hình bên Hỏi hàm

số y f 2 đồng biến trên khoảng nào sau đây? x

A  1;3 B 2;  

C 2;1 D   ; 2

HD: Ta có f 2x' f ' 2 x  2x' f ' 2 x 0 f ' 2 x0

Vậy hàm số đồng biến trên 2;1 Chọn C

Câu 40: Cho hàm số 2

1

x y x

 



 có đồ thị  C và điểm A a ;1 Gọi S là tập hợp các giá trị thực của a để

có đúng một tiếp tuyến của  C kẻ qua A Tổng giá trị các phần tử của S là:

5

1

2

HD: Phương trình tiếp tuyến của  C tại điểm 0

0 0

2

; 1

x

M x

x

  

   

'

Do tiếp tuyến đi qua điểm A a ;1 nên   

 

2 0

1

x





Trang 12

 2 2 2  

Để có đúng một tiếp tuyến đi qua A thì (*) có nghiệm kép hoặc (*) có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm 0

1

a

a a





Chọn C

Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M1;1; 2  Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng  P đi qua

M và cắt các trục x Ox y Oy z Oz ,  ,  lần lượt tại các điểm A B C, , sao cho OAOBOC0 ?

HD: Phương trình mặt phẳng  P có dạng x y z 1,

a  b c với A a ;0;0 , B 0; ;0 ,b  C 0;0;c 

Suy ra a b c

 



   

  



    

Vậy có 3 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán Chọn A

Câu 42: Cho dãy số  u n thỏa mãn logu1 2 log u12 logu10 2 logu10 và u n1 2u n với mọi n 1 Giá trị nhỏ nhất của n để u  n 5100 bằng

HD: Đặt t 2 log u12 logu10  0 logu12 logu10  t2 2, khi đó giả thiết trở thành:

2

1

2

t







logu 2logu   1 logu  1 2logu log 10u log u 10u  u 1

Mà u n1 2u n  là cấp số nhân với công bội u n 9  

Từ    1 , 2 suy ra  9 2 18 2 1

n n

n

Do đó

100 19

19

n n

Vậy giá trị n nhỏ nhất thỏa mãn là n 248 Chọn B

Câu 43: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y 3x44x312x2 có 7 điểm cực trị? m

f x  x  x  x  f x  x  x  x  ¡ x

Khi đó y f x  m y f  x . f x  m

   



 Phương trình

 

   

0

y



   



Để hàm số đã cho có 7 điểm cực trị  y0 có 7 nghiệm phân biệt

Mà f x  có 3 nghiệm phân biệt 0  f x   có 4 nghiệm phân biệt m

Trang 13

Kết hợp với m¢ suy ra có tất cả 4 giá trị nguyên cần tìm Chọn D

Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm   8 4 8

3 3 3

  Đường thẳng đi qua

tâm đường tròn nội tiếp của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng OAB có phương trình là 

x  y  z

x  y  z



C



HD: Ta có OA OBuuur uuur;   k1; 2; 2  Vectơ chỉ phương của đường thẳng  d là u r 1; 2; 2  

Cách 1 Kẻ phân giác OE EAB suy ra 3 3 0;12 12;

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp OAB I  OE OIuur k OEuuur, với k 0

Tam giác OAB vuông tại O, có bán kính đường tròn nội tiếp r 1 IO 2

0;1;1 7

OEuuur  OIuur I Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là   1 3 1

:

Cách 2 Chú ý: Với I là tâm đường tròn nội tiếp ABC, có các cạnh a b c, , ta có đẳng thức vectơ sau:

0

a IA b IB c ICuur uur uur  r Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ

I

BC x CA x AB x x

y

BC z CA z AB z z

 



 





Khi đó, xét tam giác ABO  Tâm nội tiếp của tam giác là I0;1;1 

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là   1 3 1

:

Câu 45: Cho hai hình vuông ABCD và ABEF có cạnh bằng 1, lần lượt nằm trên hai mặt phẳng vuông góc

với nhau Gọi S là điểm đối xứng với B qua đường thẳng DE Thể tích của khối đa diện ABCDSEF bằng

A 7

11

2

5 6

Định dạng
Số trang	16
Dung lượng	1,18 MB