Bài tập có đáp án chi tiết trong đề thi đại học môn toán năm 2018 trường thpt chuyên biên hòa lần 1 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Viết phương trình đường thẳng dlà ảnh của đường thẳng d qua phép quay tâm O góc quay 90.. S ABC có đáy là tam giác đều.[r]

SẢM PHẨM TỔ 3 LẦN 1 NĂM 2018 THPT CHUYÊN BIÊN HÒA, HÀ NAM (lần 1) Câu 6: [2D1-3] Cho hàm số yf x  có đồ thị yf x  như hình vẽ:

g x f x x x m  m  Để g x 0 với    5; 5

x

thì điều kiện của m là:

A 2  5

3



3



C 2  0 2 5

3

3

Lời giải Chọn A.

Ta có g x 2f x 6x2 4

Để g x  0 với    5; 5

x thì max ( ) 0g x  với   5; 5

x

Dựa vào đồ thị hàm số yf x  và y3x2 2 ta thấy  3 2 2 0    5; 5



g x x nên hàm số g x  luôn đồng biến trên  5; 5

Suy ra Maxg x  g 5 2f  5  3m 2  5 3 0 2  5

3

Câu 7: [1H1-2] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: 3x y  2 0 Viết phương trình

đường thẳng dlà ảnh của đường thẳng d qua phép quay tâm O góc quay 90 o



A d x: 3y 2 0 B d x: 3y 2 0

C d: 3x y  2 0 D d x:  3y 2 0

Lời giải Chọn B.

Lấy điểm A0; 2d, gọi Alà ảnh của A qua phép quay tâm O góc quay 90o

 , suy ra

2;0

A

Gọi d là ảnh của đường thẳng d qua phép quay tâm O góc quay 90o

 , suy ra dvuông góc với dvà đi qua A

d d suy ra d x: 3y m 0

Ad suy ra m 2

Vậy d x: 3y 2 0

Câu 14: [2H2-4] Cho hình chóp S ABC có đáy là tam giác đều Đường cao SH với chân đường cao

nằm trong ABC và 2SH BC; SBC tạo với  ABC một góc  600 Biết có một điểm O thuộc SH sao cho d0,AB d0,AC d O SBC ,   1 Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp chóp đã cho

A.256

81



162



81



48



Lời giải Chọn D.

Gọi E F, lần lượt là chân đường cao hạ từ O xuống AB AC;

 



Tương tự HF AC ; HOE HOF HE HF  AH là tia phân giác của góc BAC

AHBC D là trung điểm của BC

Kẻ OK SD OK d O SBC ,   1 , Đặt AB BC CA  2a SH a

0

.cot 60

3

a

HD a  , AD a 3 3 HD nên ABC đều nên S ABC là chóp tam giác đều.

sin 30

OK

Do DEF đều và OH DEF nên EO FO DO   1 OK  K D

DSO

2

a

SA

Câu 30: [1H1-2] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn   C : x 22y12 9 Gọi C' là

ảnh của  C qua việc thực hiện liên tiếp phép vị tự tâm O, tỉ số 1

3

k  và phép tịnh tiến theo

véc tơ v   1; 3 Tìm bán kính R của đường tròn C'

Lời giải Chọn D.

* Ta có: đường tròn  C có bán kính R  3

* Gọi  C1 là ảnh của  C qua phép vị tự tâm O, tỉ số 1

3

k  , ta có  C1 có bán kính là:

R k R

* Đường tròn C' là ảnh của  C1 qua phép tịnh tiến theo véc tơ v   1; 3 nên đường tròn

C' có bán kính là: R R11

Câu 37: [2D2 -4] Cho f n  n2 n 12  1 n N* Đặt      

1 3 2 1

2 4 2

n

u



Tìm số n nguyên dương nhỏ nhất sao cho u n thỏa mãn điều kiện log2 10239

1024

u u  

Lời giải Chọn A

Ta có f n n2 n 121n21n121

2

2

n

u



2



2

1

2n 2n 1



Theo đề bài ta có 2

10239 log

1024

Ta có  

0

g n

2

g  

2

  Do n nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn nên n 23

Câu 42: [2D3-3] Cho hàm số yf x( ) liên tục và có đạo hàm trên  thỏa mãn f(2)2,

2

0

f x x 

0

d

I f x x

A. I 10 B. I 5 C. I 0 D. I 18

Lời giải Chọn A

Đặt x t  dx2 dt t Đổi cận :x0;4 t 0; 2

2

0

'( )d

I t f t t sử dụng phương pháp tính tích phân từng phần ta được :

2 2 0 0

I  tf t  f t t 

2

0

( ).d 1

f t t 

Câu 44: [2H1-4] Xét khối tứ diện ABCDcó cạnh AB2CD2 18 và các cạnh khác bằng 5 Biết thể

tích tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất có dạng ax ; , ;( , ) 1

4

m

x y

thỏa mãn bất đẳng thức nào dưới đây

A x y 2 xy4550 B xy2x y 2550

C x2 xy y 2 5240 D x2 y19602

Lời giải Chọn A

Gọi M là trung điểm CD, và K là trung điểm AB

Ta có: BM CD và SM CD Kẻ SH BM , tại HBM Khi đó SH (BCD)

Đặt AB b 0 và CD a 0

100 2

100 2

2

BCD

ABM

Mặt khác:

2 2

82

2

1

2

BCD BCD

b





b

a



Theo Cô-si ta có:

2 2

9 2

4

A BCD

V  Dấu bằng xảy ra khi a b 3

4

m

V  Suy ra x3;y82

Câu 45: [1D2-3] Tính tổng S  1 2.2 3.2 24.23 2018.2 2017

A. S 2017.220181 B. S 2017.22018

2018.2 1

2019.2 1

Lời giải Chọn A.

* Phân tích:

- Có thể làm theo cách trắc nghiệm bằng cách tính S  1 2.2 3.2 2 và tương ứng với bộ (hệ

số, số mũ) =(3, 2) vào các phương án trả lời, suy ra đáp án A

0 1.q 2.q 3.q qn

n

S a a a a  a với a a a0, , , ,1 2 a n lập

thành một cấp số cộng Phương pháp để tính S là nhân cả 2 vế với q rồi trừ vế với vế, sử dụng công thức tính tổng n số hạng liên tiếp của một cấp số nhân là xong.

* Lời giải:

1 2.2 3.2 4.2 2018.2

2.S 1.2 2.2 3.2 2017.2 2018.2

- Trừ vế với vế của hai biểu thức trên ta được:

 1 2 2017 2018

S S      

2017

2018

2 1





2018 2017.2 1

S

Câu 46: [1D5-3] Cho hàm số yf x  xác định và có đạo hàm trên  thỏa mãn

f  x  x f  x

    Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số yf x  tại điểm có hoành độ bằng 1

7

yx

Lời giải Chọn A.

* Phân tích:

+ Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số yf x  tại điểm có hoàng độ x0 là:

  0 0  0

yf x x x  f x Do đó, muốn viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x0 ta phải tính được f x( )0 và f x( ).0

+ Trong giả thiết, chỉ cho duy nhất một điều kiện về hàm f x( ), vì vậy chắc chắn phải căn cứ

vào giả thiết này để tính f x( )0 và f x( ).0

* Lời giải

+ Đặt  f(1 2 ) x 2  x  f(1 x)3   x  1

Trong  1 cho x 0 ta được  (1)3  (1)2 0 (1) 0

f

f





 + Đạo hàm 2 vế của  1 ta được:

 2

2.(1 2 ) (1 2 ) (1 2 ) 1 3.(1 x f   x f  x    x f) (1   x) f(1 x)

 2  

4 (1 2 ) (1 2 ) 1 3 (1f x f x f x) (1f x) 2

Trong  2 cho x 0 sẽ được: 4 (1) (1) 1 3 (1).f f   f  f(1)2  3

Nếu f(1) 0 thay vào  2 vô lý  f(1)1

Thay f(1)1 vào  2 sẽ được (1) 1

7

f  

+ Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: 1 1 1

7

y x Chọn A

Câu 47: [2D1-3] Cho hàm số yf x  xác định trên  và có đạo hàm f x'  thỏa mãn

f x   x x g x  với g x  0   x Hàm số yf 1 x2018x2019

nghịch biến trên khoảng nào ?

Lời giải Chọn D

Ta có: y' f1 x2018 1 1   x    1 x2 g1 x 2818 2018

x3 x g 1 x

3

x

x





 (do g1 x 0   x )

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng 3;.