Đề thi thptqg 2018 chuyên vĩnh phúc – vĩnh phúc lần 2 file word có lời giải chi tiết

Trang 11 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Bước 3: Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với giao tuyến thì đó chính là khoảng cách từ A đến SBC Cách giải:

Trang 1

Trang 1 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

ĐỀ THI KSCL THPT QG LẦN 2

NĂM 2017 – 2018 MÔN TOÁN 12

Thời gian làm bài: 90 phút

(Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: Cho khối chóp S.ABC cóSAABC, tam giác ABC đều cạnh a và tam giác SAB cân Tính khoảng cách h từ điểm A đến mặt phẳng SBC 

Câu 3: Cho hàm sốyx33x2 5 Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng; 0 B. Hàm số đồng biến trên khoảng  0; 2

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng2; D. Hàmsố nghịch biến trên khoảng  0; 2

Câu 4: Đường cong ở hình bên là đồ thị hàm số y ax b,

Câu 7: Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có BB’ a , đáy ABC là tam giác vuông cân tại

B, ABa Tính thể tích V của khối lăng trụ:

Trang 2

3aV3

12

3

14aV

2

3

14aV

6



Câu 14: Mệnh đề nào dưới đây sai?

A. logx    1 0 x 10 B. log1 log1 x y 0

Trang 3

Câu 18: Tìm giá trị lớn nhất M của hàm số 3 2

yx 3x trên đoạn 1;1 

Câu 19: Rút gọn biểu thức:

1 3 6

Câu 27: Cho đường tròn tâm O có đường kính AB2a nằm trong mặt phẳng  P Gọi I là điểm đối xứng với O qua A Lấy điểm S sao cho SI P và SI2a Tính bán kính R mặt cầu đi qua đường tròn đã cho và điểm S

Trang 4

Câu 29: Cho hàm số f x  có đạo hàm trên Rvà có đồ thị hàm y f ' x  như hình vẽ Biết rằng

  có đồ thị  C , trong đó a, b là các hằng số dương thỏa mãn

ab4 Biết rằng  C có đường tiệm cận ngang yc và có đúng một đường tiệm cận đứng Tính tổng T3a b 24c

Câu 32: Cho hàm số f x  2x1 4x 1m khi x 0

khi x 0x

Trang 5

Câu 34: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình 3 2  

Câu 38: Cho hình nón  N có đường sinh tạo với đáy một góc 60 Mặt phẳng qua trục của  N

cắt  N được thiết diện là một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 2 Thế tích V của khối nón  N

A. V9 3 B. V 3 C. V 9 D. V3 3

Câu 39: Cho hàm số   2 2 

f x ln x 2x 5  Tìm các giá trị của x f ' x 0

A. x1 B. x0 C. mọi x D. x1

Trang 6

Câu 40: Xét các số thực dương x, y thỏa mãn ln 1 2x 3x y 1

A. Pmin 8 B. Pmin 16 C. Pmin 4 D. Pmin 2

Câu 41: Gọi x và y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện log x9 log y6 log4xy và

Câu 44: Trong trò chơi “Chiếc nón kì diệu” chiếc kim của bánh xe có thể dừng lại ở một trong 7 vị

trí với khả năng như nhau Tính xác suất để trong ba lần quay, chiếc kim của bánh xe đó lần lượt dừng lại ở ba vị trí khác nhau

Câu 45: Cho khối chóp S.ABCD có thể tích bằng 2a3 và đáy ABCD là hình bình hành Biết diện tích tam giác SAB bằnga2 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD

A. 3a

Câu 46: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình logx 1 2x2

A. S  1; 0 B. S  ; 0 C. S 3 2;0  D. S 3 2; 

Trang 7

Câu 47: Cho khối chóp S.ABC có SASBSCa và ASBBSCCSA30 Mặt phẳng  qua A và cắt hai cạnh SB, SC tại B’, C’ sao cho chu vi tam giác AB’C’ nhỏ nhất Tính

Trang 8

biết

Thông hiểu

Vận dụng

Vận dụng cao

Trang 9

Tỷ lệ 18% 28% 32% 22%

Trang 10

Đáp án

11-B 12-D 13-D 14-D 15-A 16-C 17-D 18-B 19-C 20D- 21-B 22-B 23-B 24-B 25-C 26-D 27-C 28-D 29-C 30-A 31-A 32-B 33-C 34-D 35-C 36-C 37-D 38-B 39-D 40-A 41-A 42-A 43-A 44-C 45-B 46-C 47-B 48-B 49-A 50-C

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án A

Phương pháp:

Bước 1: Tìm mặt phẳng  P chứa A vuông góc với mặt phẳng SBC

Bước 2: Tìm giao tuyến của 2mặt phẳng  P và SBC 

Trang 11

Bước 3: Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với giao tuyến thì đó chính là khoảng cách từ A đến

SBC

Cách giải: Gọi M là trung điểm của BC Do tam giác ABC đều nên ta có

AM BC Lại có SA(ABC)BCSA Nên BC SAM

Bước 1: Gọi tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số là A x ; y 0 0

Bước 2: Phương trình tiếp tuyến tại điểm A có dạng yy ' x 0 xx0y0

Bước 3: Do tiếp tuyến đi qua điểm M như đề bài nên ta thay tọa độ M vào phương trình tiếp tuyến

ta tìm được x0  ? y0 ?

Bước 4 Viết phương trình tiếp tuyến tại A

Cách giải: y4x36x2 1 y ' 12x 212x

Bước 1: Gọi tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị là A x ; y 0 0

Bước 2: Phương trình tiếp tuyến tại điểm A có dạng yy ' x 0 xx0y0

Trang 12

Phương trình có 2 nghiệm nên có 2 tiếp tuyến đi qua M

Kết luận: Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 0 và 2;

Hàm số nghịch biến trên các khoảng  0; 2

Theo chiều tăng của x, ta thấy đồ thị hàm số đi xuống trên toàn bộ TXĐ, tức là y giảm, do đó hàm

số nghịch biến trên TXĐ của nó

Câu 5: Đáp án C

Cách giải: Mỗi đỉnh của hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất 3 mặt

Câu 6: Đáp án B

Phương pháp: Hàm số ylog ba xác định khi b0, 0 a 1.

Cách giải: Hàm số ylog2017mx m 2 xác định trên  1; khi

Trang 13

Phương pháp: Công thức tính thể tích khối lăng trụ V B.h trong đó B là diện tích đáy, h là chiều

cao của khối lăng trụ

Cách giải: Ta có

3 ABC.A 'B'C' ABC

Bước 2: Giải phương trình y’ 0 tìm các nghiệm

Bước 3: Lập bảng biến thiên tìm ra giá trị cực đại của hàm số

Trang 14

Trang 15

Chú ý và sai lầm: Ở đáp án D, học sinh thường không để ý rằng x ở đây chưa lớn hơn 0 , do đó khi

đưa mũ 2 của x xuống nhiêu học sinh quên mất dấu trị tuyệt đối, và kết luận rằng đáp án D đúng

Câu 15: Đáp án A

alog x  b x a , lưu ý điêu kiên xác định của phương trình

Trang 16

Xét x4 1 0 vô nghiệm Hàm số không có TCĐ

Câu 17: Đáp án D

Phương pháp: Sử dụng nhận xét: 2

0  cos x  1 Cách giải: Ta có: 0cos x2       1 0 m 1 1 1 m2.

Vậy My 0 0

Câu 19: Đáp án C

Phương pháp: Sử dụng các công thức sau để rút gọn:

m n

Phương pháp:

+) Sử dụng cách tính giới hạm của hàm số tại điểm x  a

+) Rút gọn biểu thức sau đó thay giá trị x  a vào biểu thức vừa rút gọn để tính giới hạn

Trang 17

Trang 18

TH3: Với a3 thì b  4;5

+) a3; b 4 c có 2 cách chọn  có 1.1.2  2 số

+) a3; b 4 c có 1 cách chọn có 1.1.1  1 số

Như vậy TH này có: 2 1 3  số được chọn

TH4: Với a4 thì b5 ta có các số được chọn: 456 hay có 1 số được chọn

Như vậy có tất cả: 10 6 3 1 20    số được chọn

Câu 24: Đáp án B

Phương pháp:

+) Dựa vào đồ thị hàm số để đưa ra các nhận xét đúng về đồ thị hàm số

+) Hàm số đạt cực trị tại các điểm sao cho y '  0

Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị  Loại đáp án D

Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 và đạt cực đại tại x  Đáp án B đúng 0

+) Đến đây ta áp dụng điều kiện bài cho và hệ thức Vi-ét với phương trình bậc hai ẩn t để tìm điều kiện của m

Trang 19

Kết hợp điều kiện ta có: 0 m 4 thỏa mãn điều kiện bài toán

Phương pháp: Thiết diện đi qua BD’ luôn là 1 hình bình hành

Gắn hệ trục tọa độ sau đó tính diện tích của hình bình hành và tìm giá trị

nhỏ nhất của hình bình hành đó

Cách giải: Giả sử mặt phẳng đi qua BD’ cắt A’B’ tại E E   A ' B ' và

cắt hình lập phương theo thiết diện là BED ' F, ta dễ dàng chứng minh

được BED ' Flà hình bình hành Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ ta có

Phương pháp: Tâm O' của mặt cầu cần tìm là giao điểm của mặt phẳng trung

trực của AB và đường trung trực của SA

Cách giải: Gọi O' là giao điểm của mặt phẳng trung trực của AB và

đường trung trực của SA

Vì O' thuộc của mặt phẳng trung trực của AB nên O' AO' B O' M (Với

mọi điểm M thuộc đường tròn tâm O ), O' thuộc trung trực của SA nên

O 'S O ' A, do đó O'AO' B O' MO'S Vậy O' là tâm mặt cầu cần tìm

Xét mặt phẳng chứa SI và vuông góc với mp  P như hình vẽ, dựng hình vuông OISD Đặt O'D x thì OO' 2a  x

Trang 20

Cách giải: Từ đồ thị yf ' x  trên đoạn  0;5 , ta có f ' 0 0; f ' 2 0

Ta có bảng biến thiên của hàm số y  f x  như hình vẽ bên:

Trang 21

+) Tam giác SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên SHSAB với

H là trung điểm của AB

+) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

+) Dựng đường thẳng d qua O và vuông góc với ABC , khi đó d là trục của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC

+) Dựng mặt phẳng trung trực của SAB , khi đó mặt phẳng này cắt SH tại K

+) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng định lý Pi-ta-go

Cách giải:

Gọi H là trung điểm của AB Khi đó SH SAB 

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, dựng đường thẳng d đi qua O

và vuông góc với ABC  d / /SH Dựng đường trung trực của SAB , cắt d

tại I Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC

Gọi Klà giao điểm của SH và mặt phẳng trung trực của SAB 

IKHO

 là hình chữ nhật, K là trọng tâm tam giác SAB

Khi đó: R SI IA IB IC    là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC

Tam giác ABC đều cạnh 1 nên CH 3 OC 2CH 3

Trang 22

Hàm số có tiệm cận ngang y c c a a 4c

4

     Hàm số có 1 đường tiệm cận đứng 4x2bx 9 0 có nghiệm duy nhất b24.4.9 0 b2 122

Cách giải: Gọi M là trung điểm của BC

Đáy ABC là tam giác đều AMBC (1)

ABC.A ' B'C' là lăng trụ đứng nên AA BC BC(AA M) AMBC (2)

Trang 23

 góc giữa ABC và A’BC   là góc giữa A’M và AM

TH1: y 1  0 thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3

Trang 24

Sử dụng công thức nhân đôi sin2x2sin x cos x đưa phương trình ban đầu về dạng phương trình tích sau đó giải phương trình tích đó và tìm các nghiệm trong đoạn 0;100

Tính tổng các nghiệm vừa tìm được, sử dụng công thức tính tổng của cấp số cộng  1 n

Trang 25

Chú ý và sai lầm: Đây là một trong những bài toán khó nhất trong để thi này, đòi hỏi áp dụng

nhiều kiến thức, học sinh cần vận dụng linh hoạt các kiến thức về hệ phương trình, hàm số để có thể giải quyết bài toán

Phương pháp: Hàm số yg x  đạt cực đại tại điểm x0 g ' x 0 bà qua điểm x thì 0 g ' x 

đổi dấu từ dương sang âm

Trang 26

Phương pháp: Chứng minh thiết diện qua trục là tam giác đều, sử dụng công thức nhanh tính diện

tích của tam giác đều cạnh a

2

S4

 và công thức tính diện tích tam giác S abc

tam giác ABC cân tại A, lại có góc giữa đường sinh và đáy bằng 60 nên

ABC60 Do đó tam giác ABC đều

Trang 27

Chú ý và sai lầm: Lưu ý điều kiện xác định ban đầu của phương trình trong bài toán này rất quan

trọng, khi làm việc với các phương trình logarit, học sinh rất hay bỏ quên mất điều kiện xác định của phương trình

Câu 41: Đáp án A

Phương pháp:

Trang 28

Từ phương trình log x9 log y6 log4x  y , đặt log x9 log y6 log4xyt, đưa về

phương trình ẩn t và giải phương trình đó, sau đó suy ra tỉ số x

Phương pháp: Dựng khoảng cách từ tâm của mặt đáy đến  P và tính khoảng cách đó dựa vào các

hệ thức lượng trong tam giác vuông

Cách giải: Gọi O là tâm của đường tròn đáy

Gọi H là trung điểm của AB ta có OHAB (quan hệ vuông góc giữa

đường kính và dây cung)

Lại có SOABAB(SOH) Trong mp SOH kẻ OKSH thì

OKAB , do đó OKSAB d(O; (P))d(O; (SAB))OK

Xét tam giác vuông OHB có:

Trang 29

Xét tam giác vuông SOH có

Lần quay thứ nhất, chiếc kim có 7 khả năng dừng lại

Lần quay thứ hai, chiếc kim có 6 khả năng dừng lại

Lần quay thứ ba, chiếc kim có 5 khả năng dừng lại

Nên ta có: d SA; CD d CD, SAB   d D; SAB   

Ta lại có: SABCD D.SAB C.SAB D.SAB     SAB

Trang 30

Từ điều kiện ta có cơ số x 1 1  nên bất phương trình tương đương với

Do đó chu vi tam giác AB’C’ là AB' B'C' C'A AB' B'C' C'A AA'     

Dấu “=” xảy ra khi B 'E, C 'F hay SB 'SE,SC 'SF

Tam giác SAA’ có góc S 90 , SA SA’ a   nên tam giác SAA’ vuông cân tại S, do đó

SAA 'SA ' A45 Xét tam giác SAE có SEA180 30 45 105 Áp dụng định lí sin ta

Hoàn toàn tương tự ta cũng chứng minh được SF   1 3 a

Vậy chu vi tam giác AB’C” nhỏ nhất khi và chỉ khi SB'SC'   1 3 a

Trang 31

Cách giải: Xét đồ thị hàm số yf ' x  ta thấy f '  1 f ' 2 0 Tuy nhiên tại x 1 thì f ' x 

không đổi dấu nên x 1 không là điểm cực trị của hàm yf x  

Với x2 thì f (x)  0 f (x) đồng biến trên 2;

TH2: m 1 thì 1 m 0 khi đó hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định, do đó hàm số đạt

giá trị nhỏ nhất trên đoạn  0;1 tạix1 Khi đó ta có: y(l) 1 m 3 m 5

Câu 50: Đáp án

Phương pháp: Viết phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và hàm số ban đầu tìm các

điểm A,B,C sau đó thay vào hệ thức AB BC tìm m

Trang 32

Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng ymx m 1 và đồ thị hàm số

Định dạng
Số trang	32
Dung lượng	1,38 MB