Đề thi thử thpt quốc gia môn toán năm 2018 sở Bắc ninh có đáp án chi tiết | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Cứ 3 điểm không thẳng hàng tạo thành một mặt phẳng.. Tính thể tích của khối chóp.. Mệnh đề nào sau đây đúng?.. A.. 18.[r]

Câu 22: [1D2-3] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Trong không gian cho 2n điểm phân biệt n 3

có 5 điểm cực trị?

Lời giải Chọn C

Hàm số ymx3 3mx23m 2x 2 m

có 5 điểm cực trị

 đồ thị hàm số y mx 3 3mx23m 2x 2 m cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt

 phương trình mx3 3mx23m 2x 2 m0 (1) có 3 nghiệm phân biệt

Yêu cầu bài toán  phương trình  2

có hai nghiệm phân biệt khác 1

 

 2

Vì m nguyên và m   10;10

, nên m 1, 2,3, ,10

Vậy có 10 giá trị của m thỏa mãn yêu

cầu bài toán

Các câu tương tự câu 31:

Bài 1: [2D1-4] Cho hàm số f x  x3ax2bx c với a b c  , , thỏa mãn

cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên hàm số y f x 

có đúng 5điểm cực trị

Bài 2: [2D1-4] Cho hàm số f x  ax3bx2cx d

với a b c d, , , ;a0 và2018

Tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y f x  m

có ba điểm cực trị là

Nhận xét:

- Ứng với mỗi điểm cực trị của đồ thị hàm số yf x m

sẽ cho ta một điểm cực trị của đồ thị hàm số y f x m

(các điểm cực trị tương ứng đó của hai đồ thị sẽ trùng nhau hoặc đối xứng nhau qua trục hoành)

- Mỗi giao điểm của đồ thị của hàm số yf x m

với trục hoành sẽ tạo thành một điểm cực trị của hàm số y f x m

m m

m m

là:

Lời giải Chọn B

Ta có f x  0 x1 4 x 2 5 x33 0

123

x x x

Do f x f x 

nếu x  và 0 f x  là hàm số chẵn nên hàm số f x 

có 3 điểm cực trị2

x  , x  , 2 x  0

Bài 5: [2D1-3] Cho hàm số yf x 

có đạo hàm f x   x1 x 24x2 4

Số điểm cựctrị của hàm số yf x 

là:

Lời giải Chọn D

x x

là:

Lời giải Chọn D

Ta có f x  0 x x 24x240

02

x x

ta có h t m20181t2  2m2018 22018m2 3 t m20181

Nhận thấy phương trình h t   0

có

22018 2 1 4  2018 22018 2 5 00; 0

Ta có g x 4ax32bx

.Suy ra

Ta có a  , 0 c 2018 nên a c 2018  b2018 a c  nên hàm số 0 f x   2018 có 3 cực trị





t y

11



 



t y

Bảng biến thiên:

suy ra e m t  x 1 x2 e m  2

.Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi  2

m 

Câu 34: [2H1-3] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Cho hình chóp đều S ABC có SA  Gọi 1 D E, lần lượt

là trung điểm của hai cạnh SA SC, Tính thể tích của khối chóp S ABC , biết đường thẳng BD

vuông góc với AE

A .

212

S ABC

2154

S ABC

124

S ABC

2118

S ABC

Lời giải Chọn B

Do chóp S ABC đều nên SGABCvới G là trọng tâm tam giác ABC

Cách 1:

+ Đặt AB x  , 0 BSC CSA ASB    

+ Gọi F là trung điểm của SE  DF AE và

12

, mà BDAE BDDF.+ Dùng đl Cosin trong tam giác SDB SBF, ta tính được:

x 

7336

Đặt

3 2

3 d

I t t 213

1432



.Suy ra S 67

Câu 36: [2D3-3] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình tròn

 C x: 2y2 8

và parabol  

2:2

I   x x Đặt x2 2 nsi t dx2 2 cos dt t.Đổi cận:

.Mặt khác: S1S2 2 22 8  2

463





A 6;7. B 5;6. C 12;13. D 11;12.

Lời giải Chọn B

Từ giả thiết: f x  xsinx f x   cosx  f x xsinxx f x cosx

cos

cos sin2

Ta có: f    1 2 5, 28.

Tổng quát:

Gặp những bài toán mà giả thiết cho dạng a x f x    b x f x    g x   1

Ta sẽ nhân một lượng thích hợp để đưa  1

2e26

Câu 39: [2D4-3] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Cho số phức z thỏa mãn 11z201810iz201710iz11 0

Mệnh đề nào sau đây đúng?

iz z

2017

z   z  (loại).Nếu z 1 thì

20171

0 1

0

x

f ’(x)f(x)

HD: Cách giải hoàn toàn giống với bài trên Kết quả z 1

Câu 40: [2D3-3] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Tìm số nguyên m nhỏ nhất để bất phương trình

Nhận xét: Để xây dựng bài toán trên ta làm như sau:

+) Xây dựng công thức số hạng tổng quát của dãy dựa theo một phương trình cho trước Bàitoán trên ta đã sử dụng phương trình dạng loga f x  logb g x 

và sử dụng phương pháp hàm

số để giải

+) Dựa theo tính chất của dãy để tạo điều kiện ràng buộc đi đến ĐK của n Bài toán trên sử

dụng tính chất: nếu cấp số cộng  u n

thỏa mãn

2 2

m n

Câu 42 [1D2-3] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số được lập từ

tậpA={0;1; 2;3; ;9} Chọn ngẫu nhiên một số từ tập .S Tính xác suất để chọn được số tự

Lời giải Chọn A

+ Số các số tự nhiên có 6 chữ số được tạo thành từ A là: 9.105 số Þ n( )W =9.105

.+Ta có 7875=3 5 72 3

Khi đó số các số tự nhiên có 6 chữ số dược lập từ bộ trên là

6!

2!.3! Trường hợp 2: Bộ số {1,9,5,5,5,7}.

Khi đó số các số tự nhiên có 6 chữ số dược lập từ bộ trên là

6!

3! Theo quy tắc cộng có

6! 6!

1802!.3! 3!+ =

.Vậy xác suất thoả mãn bài toán là 5

9.10 =5000

Câu 43: [2H1-3] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông

cạnh 2a Tam giác SAB vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Gọi  làgóc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng SBC, với 45 Tìm giá trị lớn nhất của thểtích khối chóp S ABCD.

383

a

343

a

323

D A

a

24

AB a a

3

43

S ABCD

a V

.Đẳng thức xảy ra

22

Hai điểm B , C di động trên đường thẳng d sao cho

mặt phẳng OAB vuông góc với mặt phẳng OAC Gọi điểm B là hình chiếu vuông góc củađiểm B lên đường thẳng AC Biết rằng quỹ tích các điểm B là đường tròn cố định, tính bánkính r đường tròn này

A

6010

r 

3 55

r 

7010

r 

3 510

AK 

r 

Lời bình: Bài toán trên được xây dựng từ ý tưởng của bài toán quỹ tích của hình học không

gian dưới đây

Bài toán gốc: Cho hai đường thẳng d d, chéo nhau và vuông góc với nhau Giả sử A là điểm

cố định trên đường thẳng d Với hai điểm B , C thay đổi trên dsao cho hai mặt phẳng

d B,  và d C,  vuông góc với nhau Gọi B

là chân đường cao trong ABCkẻ từ B Chứngminh rằng điểm B thuộc đường tròn cố định

Bài toán tương tự: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A    1; 1; 1

Hai điểm B , C di động trên đường thẳng

d sao cho mặt phẳng IAB vuông góc với mặt phẳng IAC

Gọi điểm B là hình chiếuvuông góc của điểm B lên đường thẳng AC Biết rằng quỹ tích các điểm B là đường tròn cốđịnh, tính bán kính r đường tròn này

A

62

r 

3 22

r 

3 24

là đường tròn cố định, tính bán kính

r đường tròn này.

Lời giải Chọn B

Vậy M cũng thuộc mặt cầu có tâm I1;1;0

Nhận xét: Ta có thể mở rộng bài toán như sau

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M thuộc mặt cầu

  S : x 32 y 32z 22  và ba điểm 9 A1;0;0 ; B2;1;3 ; C0;2; 3 

Gọi k là số

thực thỏa mãn MA22MB MC k  . 

, k  19 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của k

HD: Với cách làm tương tự như trên ta được

193

SA a; SA vuông góc với ABCD

Gọi M là trung điểm của SD Tính khoảng cách giữa

Cách 1

Gọi N là điểm thỏa mãn AS  DN

, khi đó SB song song với CN , ta có

Nhận xét

Với cách làm thứ nhất thì chúng ta có thể di chuyển điểm M trên cạnh SD thì ta dùng công

thức tỉ lệ khoảng cách quy về tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng ( NCF mà ) D NCF là

tam diện vuông đỉnh D , với F là giao điểm của NM và AD

Câu 49 [2D2-4] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Cho a b, là các số thực dương thỏa mãn b  và1

a b a  Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Từ giả thiết suy ra logb alogb blogb a  1 log  b a 2

Ta có

log

4log log

b

b b

a

a a

Chọn D.

Với điều kiện đề bài, ta có

 

2 2

k 

  C k   1;0

30;

Do 0a 1 b, ab  nên suy ra log1 a b  0

Mặt khác ta có logb ab  log0  b a 1 0

1 log

0log

a a

b b

 

4

1 log

log1

1 log

1 log 1 log

a

a a

b

b b

Đẳng thức xẩy ra  1 loga b 2  loga b 3  a b3  1

Câu 50: [2H2-4] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018]Cho tứ diện ABCD có AB  BC  CD  , AC 2 BD 1,

3

AD  Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đã cho?

7

39

2 3.3

Lời giải Chọn B.

Ta có AD2BD2 AB2 và AC2AD2 CD2 nên các tam giác ABD , ACD vuông tại D A,

tương ứng Gọi M I; lần lượt là trung điểm của AC CD; Dựng hình chữ nhật ACED Gọi N

là trung điểm của DE Ta thấy MN AD nên MN BD Lại có MN DE nên suy ra

Dễ thấy rằng BDE là tam giác cân, vì DE  BD 1 nên BDE là tam giác đều Gọi J là tâm

ngoại tiếp của BDE thì

33

BJ 

Dựng đường thẳng qua I và vuông góc với ACED cắt

đường thẳng qua J và vuông góc với BDE

tại O thì O là tâm mặt cầu ngoại tiếp B ACED Chú ý rằng OINJ là hình chữ nhật nên JO NI

 Vậy bán kính là

1312