Đề và đáp án chi tiết trắc nghiệm môn toán năm 2018 trường THPT chuyên hùng vương gia lai lần 1 | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Một mặt phẳng vuông góc với đường chéo của khối lập phương lớn tại trung điểm của nó?. Mặt phẳng này cắt ngang (không đi qua đỉnh) bao nhiêu khối lập phương đơn vị[r]

Trang 1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI-TỈNH GIA LAI-LẦN 1-2018 Câu 23 [1Đ2-3] [Trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia lai, lần 1, năm 2018 - Câu 23]

Cho một hộp đựng 11 tấm thẻ được đánh số từ1đến 11 Chọn ngẫu nhiên 4 tấm thẻ từ hộp Gọi P là xác suất để tổng số ghi trên 4 tấm thẻ ấy là một số lẻ Khi đó P bằng:

A.

16

1

2

10

33

Lời giải.

Chọn A.

Chọn ngẫu nhiên 4 tấm thẻ từ 11 tấm thẻ có: C114 (cách).

Trong 11 số tự nhiên từ 1 đến 11 có sáu số lẻ, năm số chẵn

Tổng của 4 số là một số lẻ, xẩy ra trong các trường hợp:

+)Trong4 số đó có 1 số lẻ, 3 số chẵn, nên có: C C61 53(cách chọn).

+) Trong 4 số đó có 3 số lẻ, 1 số chẵn, nên có: C C63 51(cách chọn).

Vậy

4 11

33

P

C



BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

một số lẻ Khi đó P bằng:

A.

11

1

100

4

15

Lời giải.

Chọn B.

Chọn ngẫu nhiên một số có 4 chữ số có: 9000 (cách).

Gọi số có bốn chữ số là abcd ( a  ) thỏa mãn 0 a b c d    là một số lẻ

+) Nếu a b c   lẻ thì d chẵn, nên có: 5 (cách chọn d )

+) Nếu a b c  

chẵn thì d lẻ, nên có: 5 (cách chọn d )

Trang 2

Vậy trong mọi trường hợp của a ,b , c luôn có 5 cách chọn d

Có 9 cách chọn a , 10 cách chọn b , 10 cách chọn c

Vậy

5.9.10.10 1

9000 2

2 [1Đ2-3] Cho tập A 1; 3; 4; 5; 6; 8

và X là tập các số tự nhiên có mười chữ số được lập từ các chữ số của tập A Lấy ngẫu nhiên một số từ tập X Gọi P là xác suất để số lấy được có tổng các

chữ số là một số chia hết cho 6 Khi đó P bằng:

A.

1

6 6

9

1

12

Lời giải.

Chọn A.

Số số có mười chữ số lập từ cácAlà:610 (cách)

Gọi số có mười chữ số là abcdefghmn (a  ) thỏa mãn 0 a b c d    là một số chia hết cho 6 và các chữ số của nó thuộc A

+) Nếu a b c d e f     g h m   thì 6 n  6

+) Nếu a b c d e f     g h m  

chia 6 dư 1thì n  5

+) Nếu a b c d e f     g h m   chia 6 dư 2thì n  4

+) Nếu a b c d e f     g h m   chia 6 dư 3 thì n  3

+) Nếu a b c d e f     g h m  

chia 6 dư 4thì n  8

+) Nếu a b c d e f     g h m   chia 6 dư 5 thì n  6

Vậy trong mọi trường hợp của a ,b , c , d , e , f , g , h , m luôn có 1 cách chọn n

Vậy

9 10

6 1 1

Câu 26 [1D2-3] ] [Trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia lai, lần 1, năm 2018 - Câu 26]

Trang 3

Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển Nhị thức Niu tơn của

2

n

x



  x 0

, biết số

nguyên dương n thỏa mãn C n3A n2 50

A

297

29

97

279

215.

Lời giải Chọn A

+) Ta có C n3A n2 50 suy ra n  , n  và 3    

50

( 1)( 2)

( 1) 50 6

n n

 n33n2 4n 300 0  n  +) Khi đó 6

2

n

x



12

3

2

x x



12

12 0

3 2

k

C   x 





+) Số hạng chứa x8 ứng với k  nên hệ số của 10 x8là C1210 23 210



297

512 Chọn A.

1.[1D2-3] Tìm hệ số của x10trong khai triển  x 3x2n

(x  , n nguyên dương), biết tổng tất0

cả các hệ số trong khai triển bằng 2048

A 4455 B.4455 C.4405 D.4450

+) Đặt f  x  x 3x2n

, tổng các hệ số trong khai triển là

 1 2048

f   2n 2048 n  11

+) Số hạng tổng quát trong khai triển x 3x2n

là

3 22

11

( 1) k.C k.3 k.x  k

+) Hệ số của x10 trong khai triển tương ứng với

3

+) Vậy hệ số cần tìm là ( 1) 3  3 3C118 4455 Chọn A

2.[1D2-3] Tìm số hạng chứa x6 trong khai triển

5 3

3 5

x x



  , biết C n+1 n−2+2Cn−13 =37(n−1) .

Trang 4

A.x6 B.C x106 6. C. 5 6

10

+) Từ giả thiết C n+1 n−2+2 Cn−13 =37(n−1) (1) Điều kiện: n  , n  4

 1 

2 !.3! 3! 4 !

n

   3n2 9n 210 0

 n2 3n 70 0 suy ra n  10

+) Ta có

3 5

1

x



  Số hạng thứ k  trong khai triển là 1

1

k

T 

10

k k k



50 5 3

3 3 5

10

k k k

C x   với 0 k 10, k  

+) Số hạng chứa x6 trong khai triển thỏa mãn

50 5 3

6

 34.k 5.68  k  10 +) Suy ra số hạng phải tìm là số hạng thứ 11: C1010.x6 x6 Chọn A.

3 [1D2-3] Tìm hệ số của x4 trong khai triển ( 1+x−3 x2)n thành đa thức, biết n là số nguyên dương thỏa mãn

A  A  A 

+) A n1+A n2+A n3=156 với n  , n  3

⇔ n!

( n−1)! +

n!

( n−2)! +

n!

( n−3 )! = 156  n(n1).n(n 2)(n1)n156

2

(n 6)(n 4n 26) 0

     suy ra n 6

+) Ta có

6

2 6 6

0

( ) k( 3 ) k(1 )k

k



6

6 12 2 6

0

k



Trang 5

+) Mà (1+ x)

k

=∑

i−0

k

C i k x i

, với k i  , , 0 i k  và 0  k 6

+) Xét x12 2 k.x i x4 với mọi x , suy ra 12 2 k i  do đó 4 4 2

i

k  

+) Từ đó tìm được i k ;   0;4 , 2;5 , 4;6     

+) Suy ra hệ số của x4 là

Chọn A

Câu 28 [2H3-2] ] [Trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia lai, lần 1, năm 2018 - Câu 28]

Trong không gian hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A2;4;1

; B  1;1;3

và mặt phẳng : 3 2 5 0

P x y z  Viết phương trình mặt phẳng Q đi qua hai điểm A B, và vuông góc với mặt phẳng P

A Q: 2y3z10 0 B Q: 2x3z11 0

C Q: 2y3z12 0 D Q: 2y3z11 0

Lời giải.

ChọnD.

Ta có AB    3; 3; 2

Do mặt phẳng Q đi qua hai điểm A B, và vuông góc với mặt phẳng Pnên

n n AB   

  

Vậy phương trình mặt phẳng Q thỏa mãn yêu cầu đề bài là

0 x 2  8 y 4 12 z1  hay 0 2y3z11 0

Câu 31: [2Đ3-2] ][Trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia lai, lần 1, năm 2018 - Câu 31]

Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay quanh trục Ox hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số yx2 4x và 6 y x2 2x6?

Xét phương trình tương giao :

1

x





Trang 6

Ta thấy trên 0;1 ;  x2 4x  6 0; 2  

x x ;x2 4x   6 x2 2x 6

Vậy              

1

0

giới hạn bởi yx2 và y x 2

quanh trục Ox là

A

72

10



72 5



81 10



81 5

 (đvtt)

Lời giải Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm

2

x





    

Thể tích cần tìm là  

1

72

5



2.[2Đ3-2] Tính thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số

2

yx  x và y  x2 quay quanh trục Ox

A.

4

4 3



1

3

Lời giải Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm

1

x





Thể tích 1  2  2 22

0

3

Câu 32: [2H2-3] ] [Trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia lai, lần 1, năm 2018 - Câu 32]

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB3,AD4 và các cạnh bên của hình chóp tạo với mặt đáy một góc 60 Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho

A

250 3 3

125 3 6

C

500 3 27

D

50 3 27

Lời giải

Trang 7

Chọn C.

M

H C

B

A

D

S

I

Gọi H là hình chiếu của S lên ABCD

Ta có cạnh bên của hình chóp tạo với mặt đáy một góc 60 , nghĩa là:

Từ đó suy ra: HA HB HC HD   hay H là tâm của hình chữ nhật ABCD hay H ACBD

Có AC BD  3242  5

Suy ra:

5 5 3 tan 60

và

5 2 5 cos 60 2

AH

Gọi M là trung điểm của SA Trong mặt phẳng SAH

, dựng đường thẳng đi qua M và vuông

góc với SA và cắt SH tại I

Khi đó điểm I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD

Có:

5 5

3

5 3 2

Vậy

3 3

V  R    

Câu 33 [2H1-2] ] [Trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia lai, lần 1, năm 2018 - Câu 33]

Tìm m để đồ thị hàm số y x 4 2(m1).x2m có 3 điểm cực trị A; B; C sao cho OA BC , trong đó O là gốc tọa độ, A là điểm cực đại, B và C là hai điểm cực tiểu của đồ thị hàm số

Trang 8

A m  3 2 2. B m  2 2 2. C m  1 2 2. D m  4 2 2..

Lời giải.

ChọnB.

Cách 1:

2

0 ' 4 ( ( 1)) 0

1

x





 

 Điều kiện để đồ thị có 3 điểm cực trị là m  1. Tọa độ ba điểm cực trị của đồ thị hàm số

(0; ); ( 1; m m 1);C( 1; m m 1)

Ta có OA OB  m2 4 m 4 0   m 2 2 2 (thỏa mãn điều kiện có 3 điểm cực trị )

Cách 2: Hoặc có thể áp dụng cách tính nhanh:

y a x b x  có 3 điểm cực trị thỏa OA=BC khi c

0

1 0

2 2 2

2 2

a b

m

m b

a





 





Tìm giới hạn T lim 16 n 14n  16n 13 n

1

T 4



C.

1

T 8



D.

1 16

Lời giải

ChọnC.

Ta có:

lim

T



lim

n n





Trang 9

3 1

1 4

lim

8

n

 

  

 

    

Giả sử (1 )(1 2) (1 2 n) 0 1 2 2 m

m

Tính 0

m r r

a





A 1 B n. C.(n 1)!. D n!.

Lời giải Chọn C

Thay x 1 vào đẳng thức trên, ta có 0

2 3 (n )1

m r r

a





1

m r r





Giả sử

C





, (C là hắng số) Tính tổng của các nghiệm của phương trình g x   0

Lời giải Chọn D.

Ta có



2

3





2

2 2





2

1

Vậy g x x2 3x và phương trình 1 g x   0 có tổng hai nghiệm là: 1 2 3

b

x x

a

Trang 10

1 [2D3-3] Giả sử

C





Ta có



2

3





2

2 2





2

1

Vậy g x x2  3x và phương trình 1 g x   0

có tổng hai nghiệm là: 1 2 3

b

x x

a

2 [2D3-3] Giả sử

3

x x dx

C

g x





Ta có

3

x x dx



3 1





2

1





1

2 x 3x 1 C

Vậy g x 2x4 3x21

và phương trình g x   0

1,2

3,4

2

x









Trang 11

Suy ra tổng x1x2x3x4  0

Trong không gian xét m

, n

 ,p

,q



là những vectơ đơn vị (có độ dài bằng 1) Gọi M là giá trị lớn nhất của biểu thức

m n  m p  m q  n p  n q  p q

Khi đó M M thuộc khoảng nào sau đây?

A

13 4;

2

19 7;

2

  C 17; 22

D 10;15

.

Lời giải Chọn D

Ta có: 0m n p q     2  4 2              m n m p m q n p n q p q                                                                        .    

m n m p m q n p n q p q  2

                                                                                           

Ta lại có:

M m n  m p  m q  n p  n q   p q 

12 2 m n m p m q n p n q p q 12 2 2 16

         

Suy ra: maxM  , dấu 16 " " xảy ra  m n p q   0

    

Vậy: M  M 12

Câu 37: [1D2-3] ] [Trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia lai, lần 1, năm 2018 - Câu 41]

Biết rằng khi khai triển nhị thức Niutơn

2

n

(vớin là số nguyên lớn hơn 1) thì ba số a a a0, ,1 2 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng Hỏi trong khai triển trên, có bao nhiêu số hạng mà lũy thừa của x là một số nguyên

Ta có: a a a theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng o; ;2 3

2

1 1

2 C n C n

2

8

n

Số hạng tổng quát:

 

8 8

4

1 2

k k

x



16 3

2

k k k

C x





Trang 12

Ta có:

4



 

là số nguyên  k4 k0;4;8

Vậy có ba số hạng mà lũy thừa của x là số nguyên.

Một khối lập phương lớn tạo bởi 27 khối lập phương đơn vị Một mặt phẳng vuông góc với đường chéo của khối lập phương lớn tại trung điểm của nó Mặt phẳng này cắt ngang (không đi qua đỉnh) bao nhiêu khối lập phương đơn vị?

Lời giải

Chọn D.

Giả sử các đỉnh của khối lập phương đơn vị là i j k; ; 

, với i , j , k 0;1; 2;3 và đường chéo

đang xétcủa khối lập phương lớn nối hai đỉnh là O0;0;0và A3;3;3

Phương trình mặt trung

trực của OA là  : 9 0

2

x y z

    

Mặt phẳng này cắt khối lập phương đơn vị khi và và chỉ khi các đầu mút i j k; ; và ( 1;i j1;k1) của đường chéo của khối lập phương đơn vị nằm về hai phía đối với ( ) Do đó bài toán quy về đếm trong số 27 bộ i j k; ; , với i , j , k 0;1; 2

, có bao nhiêu bộ ba thỏa mãn:

9 0 2

9

2

i j k







2 i j k 2

    

Các bộ ba không thỏa điều kiện  1 , tức là

3 2 9 2

i j k



  



   

 0;0;0 ; 0;0;1 ; 0;1;0 ; 1;0;0 ; 1;2; 2 ; 2;1;2 ; 2;2;1 ; 2;2; 2 

S 

Vậy có 27 8 19  khối lập phương đơn vị bị cắt bởi  

Giá trị

3

9 4

cos

1 6





gần bằng số nào nhất trong các số sau đây:

Trang 13

A.0, 046 B.0, 036 C.0, 037 D.0, 038.

Lời giải Chọn C.

Ta có:

3

9 4

cos

1 6

3

9 4

1 6

1

d sin 3

x



3 3

9

1 6

1 3

x

e 





1

3 e e

  0,371

1 [2D3-3]Biết

2 4

2 2



, với a b c, , là các số nguyên dương Tính a b 2c3

Lời giải Chọn B.

Ta có:

4

2 2

d



2

1

2

1

ln 10 ln 2 4

Vậy a10,b2,c 2 a b 2c3 22

Cho hàm số đa thức bậc ba yf x( ) có đồ thị đi qua các điểm A2;4 , B3;9 , C4;16

Các

đường thẳng AB, AC, BC lại cắt đồ thị tại lần lượt tại các điểm D, E, F (D khác A và B; E khác A

và C; F khác B và C) Biết rằng tổng các hoành độ của D, E, F bằng 24 Tính (0)f .

24

Giả sử f x  a x  2 x 3 x 4x2,a0

Phương trình đường thẳng AB: y5x 6

Phương trình đường thẳng AC: y6x 8

Trang 14

Phương trình đường thẳng BC: y7x12

Hoành độ D thoả phương trình:

 2  3  4 2 5 6

a x x x x  x

 4 1 0

a x

    ( do D khác A và B)

1

4

x

a

  

Tương tự ta có hoành độ E là

1 3

x

a

 

, hoành độ F là

1 2

x

a

 

Tổng các hoành độ của D, E, F bằng 24nên

3

a

5

a

 

Vậy  0 24

5

Định dạng
Số trang	14
Dung lượng	783,77 KB