200 đề thi thử THPTQG năm 2018 môn toán viện kinh tế và thương mai quốc tế đh ngoại thương lần 1 file word có lời giải chi tiết doc

Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáyA. Câu 31: Một vật chuyển động trong 4 giờ với vân tốc v km/h phụthuộc vào thời gian t h có đồ thị vận tốc như hình bên.. Trong k

TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGOẠI THƯƠNG

VIỆN KINH TẾ & THƯƠNG MẠI QUỐC TẾ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2018

1loga b logb a

Câu 15: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A2;0;0 ; B0;3;0 ; C0;0; 4, mặt phẳng ABC có phương trình:

2

53

x y x

Câu 22: Thầy Quang thanh toán tiền mua xe bằng các kỳ khoản năm: 5.000.000

đồng, 6.000.000 đồng, 10.000.000 đồng và 20.000.000 đồng Kỳ khoản thanh toán 1 năm

sau ngày mua Với lãi suất áp dụng là 8% Hỏi giá trị của chiếc xe thầy Quang mua là bao

nhiêu ?

A 32.412.582 đồng B 35.412.582 đồng C 33.412.582 đồng D 34.412.582 đồng

Câu 23: Số cách xếp 3 người đàn ông, 2 người đàn bà và 1 đứa trẻ ngồi vào ghế xếp quanh

một bàn tròn sao cho đứa trẻ ngồi giữa hai người đàn ông là :

AB BC  AD a Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với

đáy Tính thể tích của khối chóp S ACD được:

3

26

S ACD

a

3

36

Câu 31: Một vật chuyển động trong 4 giờ với vân tốc v (km/h) phụ

thuộc vào thời gian t (h) có đồ thị vận tốc như hình bên Trong

khoảng thời gian 3 giờ kể từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị đó là

một phần của parabol có đỉnh I2;9 với trục đối xứng song song với

trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là một đoạn thẳng song song

với trục hoành Tính quãng đường s mà vật di chuyển được trong 4

Câu 34: Tìm tất cả các giá tri thực của tham số m để phương trình log22xlog2 x m 0 cónghiệm thực x 0;1 là:

345

P 

Câu 41: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm

1;0;0 , 0;1;0 , 0;0;1 , 0;0;0

A B C D Hỏi có bao nhiêu điểm cách đều 4 mặt phẳng

ABC ; BCD ; CDA ; DAB 

Câu 42: Cho dãy số  u thỏa mãn n 1

1

2, 12

n u

Câu 43: Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình log 2x1 log2mx 8

có hai nghiệm thực phân biệt là :

A maxT 8 2 B maxT 8 C maxT 4 2 D maxT 4

Câu 47: Xét khối chóp S ABC có đáy ABClà tam giác vuông cân tại A, SA vuông góc vớiđáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC bằng 3 Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng

SBC và ABC , tính  cos khi thể tích khối chóp S ABC. nhỏ nhất.

Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S x: 2y22z2 5 Tìm

tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng : 1 2

Câu 49: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , chọn ngẫu nhiên một điểm mà tọa độ là các số

nguyên có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn hay bằng 4 Nếu các điểm có cùng xác suất được chọnnhư nhau, vậy thì xác suất để chọn được một điểm mà khoảng cách đến gốc tọa độ nhỏ hơnhoặc bằng 2 là:

Câu 50: Cho hàm số  

 13

x a

11-D 12-C 13-A 14-C 15-D 16-B 17-A 18-A 19-C 20-A21-B 22-A 23-D 24-C 25-D 26-D 27-B 28-D 29-A 30-A31-B 32-B 33-D 34-A 35-D 36-D 37-A 38-C 39-D 40-C41-D 42-A 43-A 44-A 45-D 46-D 47-B 48-D 49-A 50-C

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án C

Cách giải:

12

Phương pháp: Thể tích hình hộp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là:V Bh

Cách giải: Thể tích hình hộp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là: V Bh

Câu 5: Đáp án B

Phương pháp: Hàm số yf x  đồng biến (nghịch biến) trên

a b;   f x'  0 f x'  0 x a b;  và f x  tại hữu hạn điểm.'  0

Cách giải: Dựa vào BBT ta dễ thấy hàm số y f x đồng biến trên   ; 2 và 0; 2 

Câu 6: Đáp án C

Phương pháp: Sử dụng công thức ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng

Cách giải: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y f x , trục hoành và

Cách giải: Dựa vào BBT ta dễ thấy x 0 là điểm cực tiểu của hàm số yf x 

Chú ý và sai lầm: Hàm số đạt cực tiểu tại x 0, rất nhiều học sinh kết luận sai hàm số đạtcực tiểu tại x 1 Phân biệt điểm cực tiểu và giá trị cực tiểu của hàm số

Câu 8: Đáp án A

Phương pháp:

10log log

Ta có: 1 1 log log log 1 log 1 1 1

Hình chiếu vuông góc của điểm m x y z trên mặt phẳng  ; ;  Oxy là  M x y' ; ;0 

Cách giải: Hình chiếu vuông góc của A3; 2; 1  trên mặt phẳngOxy là điểm  H3;2;0

Câu 11: Đáp án D

Phương pháp: Dựa vào chiều của đồ thị hàm số tìm dấu của hệ số a

Dựa vào các điểm mà đồ thị hàm số đi qua để loại các đáp án

Cách giải:

Dễ thấy limx yxlim  y   a0 Loại A và B

Đồ thị hàm số đi qua 0;1  Loại C.

Cách giải: Phương trình f x  mcó 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng

y m cắt đồ thị hàm sốyf x tại 3 điểm phân biệt

Dựa vào BBT ta thấy, để đường thẳng y m cắt đồ thị hàm sốyf x tại 3 điểmphân biệt  2m4

Câu 18: Đáp án A

Phương pháp: Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm sốyf x trên a b :; 

Bước 1: Tính 'y , giải phương trình ' 0 y  , suy ra các nghiệm x ia b; 

Bước 2: Tính các giá trịy a y b y x  ;  ;  i

Bước 3: So sánh và kết luận:

Do đó giá trị chiếc xe bằng tổng các khoản tiền lúc chưa có lãi.

Khi đó ta coi bài toán thành xếp 4 người vào một bàn tròn.

Cố định 1 người, số cách xếp 3 người còn lại là 3! 6 cách

   

2

2 2

Ta có : x1x2  3 log2 1t log2 2t  3 log2t t1 2  3 t t1 1 8

Do đó để phương trình ban đầu có 2 nghiệm x x thỏa mãn 1, 2 x1x2 3 thì phương trình (*)

có 2 nghiệm dương phân biệt thỏa mãn t t  1 2 8

+) Dựa vào thể tích khối chóp, tính SA

+) Xác định góc giữa SC và mặt đáy, tính tan của góc đó

Dễ thấy AC là hình chiếu của SC trên ABCD SC; ABCD   SC; ACSCA

Ta có : tan SCA SA SA2 2 23a 2 3 SCA 60



Tam giác ABC cân tại A với mọi m.

Đường thẳng BC có phương trình y m 2  d A;BC  2m m 2 2m m ;BC 2 m2 

2 ABC

Trong 1h tiếp theo   2  

Cách giải: Gọi O là tâm của hình vuông ABCD SOABCD

Gọi E là trung điểm của CD ta có :

0 x

2x3

+) Tính y’, tìm điều kiện để phương trình y ' 0 có 2 nghiệm phân biệt.

+) Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số và viết phương trình đường thẳng (d) đi qua cácđiểm cực trị

+) Tìm điều kiện để O 0;0 d

Cách giải: Ta có : y ' 3x 2 27a 0  x2 9a

Để hàm số có cực đại, cực tiểu  pt y ' 0 có 2 nghiệm phân biệt  a 0

Khi đó phương trình y ' 0 có 2 nghiệm phân biệt

3 a 3 a 54a a 54a a 6 a 108a a

18a x 3 a y 54a a 18ax y 0 d

+) Đồ thị hàm số y f x đối với đồ thị hàm số y f x  qua trục tung nên từ BBT của

đồ thị hàm số y f x  ta lập được BBT của đồ thị hàm số y f xvà suy ra các khoảngđồng biến của đồ thị hàm số y f x

Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số y f xta thấy  

+) Viết phương trình các mặt phẳng ở đề bài.

+) Gọi M a; b;c là điểm cách đều cả 4 mặt phẳng trên  

CDA : y 0DAB : z 0

   





Gọi M a; b;c là điểm cách đều cả 4 mặt phẳng trên 

Câu 42: Đáp án A

Phương pháp:

+) Nhận xét dãy số trên là cấp số nhân, tìm số hạng đầu tiên u và công bội q.1

+) Tìm số hạng tổng quát của cấp số nhân n 1

u u q 

Cách giải:

Dễ thấy dãy số u là 1 cấp số nhân có số hạng đầu tiên n u1 2và công bội q 2

Gọi H và K lần lượt là chân đường vuông góc của I trên (P) và trên đường thẳng

Cách giải: Trong SAB kẻ  AH SB ta có:

Dễ thấy A, B C và AB 2222 2 2 2R  ABlà đường kính của đường tròn

 C  MAB vuông tại M  MA2MB2 AB2  8 MB 8 MA 2

Trong tam giác vuông SAM có: SM AM 3

sin sin cos

+) Tính xác suất của biến cố A: P A   A



Cách giải:

Không gian mẫu   x; y x 4; y 4; x; y 

Có 9 cách chọn x, 9 cách chọn y, do đó  9 x 9 81

Tập hợp các điểm mà khoảng cách đến gốc tọa độ nhỏ hơn hoặc bằng 2 là hình tròn tâm Obán kính 2.

Gọi A là biến cố: “ Tập hợp các điểm mà khoảng cách đến gốc tọa độ nhỏ hơn hoặc bằng 2”    2 2  2