Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án môn toán năm 2018 trường thpt chuyên chu văn an hà nội | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

[2H1-3](Chu Văn An 2018) Viện Hải Dương học dự định làm một bể cá bằng kính phục vụ khách tham quan(như hình vẽ), biết rằng mặt cắt dành cho lối đi là nửa hình tròn. Tổng diện tích mặt[r]

Câu 10 [2H3-4](Chu Văn An 2018) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P :x 4y z  1 0

và hai điểm A1;0;2 ;  B2;5;3 Đường thẳng d đi qua điểm A và song song với mặt phẳng

(P) sao cho khoảng cách từ điểm B đến dnhỏ nhất có phương trình :

A

B

C



Lời giải:

Chọn D

P

A

B

H

Đề khá là hay vì nếu thử máy tính thì phương án A, B cùng cho một kết quả

+) / /( )d P và qua A nên d thuộc Mặt phẳng ( )Q qua A và song song với (P)

+)  Q :x 4y z  3 0

Gọi H là hình chiếu của B trên (Q) thì AH là đường thẳng cần tìm

+)

2

3

 





 



  

 , H2t;5 4 ;3 t t

Vì H Q

nên t 1 H3;1;4

+) AH qua H và có vtcp u  2;1;2.Viết phương trình ra đáp án D

Câu 14 [2D3-2](Chu Văn An 2018) Cho hai hàm số yf x 

và yg x 

liên tục trên đoạn a b;  với a b Kí hiệu S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 1 y3f x 

, y3g x 

, ,

x a x b  ; S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường cong 2 yf x  2, Khẳng định nào sau đây là đúng?

A S12S2 B S1 2S2 2 C S1 2S2 2 D S13S2

Lời giải:

Theo giả thiết ta có:

b

a

b

a

 

b

a

b

a

Vậy S1 3S2

Câu 27 [1D2-3](Chu Văn An 2018) Khai triển của biểu thức x2 x 12018

được viết dưới dạng

a a x a x  a x Tổng S a 0  a2a4 a6  a4034a4036 bằng

Lời giải:

Chọn D

Lấy x i ta được  2 2018 2018 2 4036

Lấy x ta được i x2 x 12018  i 2018 1 a0 a i a i1  2 2  a4036i4035a4036i4036

Cộng lại ta được 2 2 a0a i2 2  a4036i4036 2a0 a2a4 a6  a4034a4036

Suy ra S a 0 a2a4 a6  a4034a40361

Câu 34 [2H3-3](Chu Văn An 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A0; 1;2 ,  B1;1;2 và

đường thẳng

:

Biết điểm M a b c thuộc đường thẳng  ; ;  d sao cho tam giác

MAB có diện tích nhỏ nhất Khi đó, giá trị T  a 2b3c

bằng

Lời giải:

Chọn C

+) Phương trình đường thẳng

2

x t

z







 



 



Nhận xét: đường thẳng AB và d chéo nhau

+ Dựng MH vuông góc với AB Ta có

1 2

MAB

Do AB cố định nên diện tích tam giác MAB nhỏ nhất khi và chỉ khi MH là đoạn vuông góc chung của AB và d

+) M d  M 1 t t1 1; ;1t1; HAB H t 2; 1 2 ;2  t2 

       

MH là đoạn vuông góc chung của AB và d khi và chỉ khi

0 d 0

MH AB

MH u











 







1 2

4

1 4 7

; ; 3

3 3 3 1

t

M t







 

 Vậy T 10.

Câu 36 [2H3-3](Chu Văn An 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 x y  2z 9 0

và ba điểm A2;1;0 , B0;2;1 , C1;3; 1  Điểm M  sao cho 2MA3MB 4MC

đạt giá trị nhỏ nhất Khẳng định nào sau đây đúng?

A x M y M z M 4. B x M  y M z M 2.

C x M y M z M 3. D x M  y M z M 1.

Lời giải:

Chọn A

+) Gọi điểm I thỏa mãn 2IA 3 IB 4IC 0

0; 4;7

I

  ( chắc là thầy Doanh dùng công thức tính nhanh

2 3 4

I

+) Ta có 2MA3MB 4MC 

2IA3IB 4IC IM  



Do đó, 2MA3MB 4MC

nhỏ nhất khi và chỉ khi IM nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I

trên mặt phẳng  

+) Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với   là:

2 4

7 2







 



  

2 ; 4 ;7 2 

M d M t  t  t M   t  1 M2; 3;5 

Vậy x M  y M z M 4.

3x 3 2 4x 42 3x4x 72

bằng

Chọn D

Lời giải:

Đặt:

x x

a b





 

 Phương trình trở thành: a2 b2 a b 2

      2b22ab 0  b a b   0

 

 

0; 1

; 2

a





 





TH 1: b 0  4x 4 0  x1

TH 2: ab 3x 4x 7

   Phương trình có nghiệm duy nhất x 1 Vậy Tích các nghiệm là 1

Câu 42 [1D2-3](Chu Văn An 2018) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên nhỏ hơn 10 được thành lập từ6

hai chữ số 0 và 1.Lấy ngẫu nhiên hai số trong S. Xác suất để lấy được ít nhất một số chia hết cho 3 bằng

A

53

2279

4473

55 96

Lời giải:

Chọn D

Gọi số nhỏ hơn 10 là 6 a a a a a a1 2 3 4 5 6,a i0;1 ,  i 1,6

(Nếu số đó có 5 chữ số thì a  , tương tự cho số có 4, 3, 2, 1 chữ số)1 0

Mỗi chữ số a có 2 cách chọn nên số các số như vậy là i 26 64

Do đó, số phần tử của không gian mẫu là:  C642

Trong các số lập được, các số chia hết cho 3 là 0 hoặc có 3 chữ số 1 hoặc có 6 chữ số 1

Vậy số các số chia hết cho 3 là: 1C63C66 22

Suy ra xác suất cần tính là:

2 42 2 64

55

96

C C

Câu 43 [2H3-3](Chu Văn An 2018) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho đường thẳng

1 :

và hai điểm A1;2; 5 ,  B1;0;2

Biết điểm M thuộc  sao cho biểu thức

T MA MB

đạt giá trị lớn nhất là T m ax

Khi đó, T m ax

bằng bao nhiêu?

A T m ax  57

B T m ax  3 C T m ax 2 6 3

D T m ax 3 6

Lời giải Chọn B

I M

A'

H A

B M

Ta có AB   2; 2;7

suy ra phương trình đường thẳng

1 2

2 7

 









  



x t

z t











   

  

 Xét hệ

1 2

2 1

2 7

t t

t t











   



1 3 1 3

t t









  

 , do đó đường thẳng AB và  cắt nhau tại

1 2 1

; ;

3 3 3

I   

4 4 14

3 3 3

IA   

 2 2 7

; ;

3 3 3

IB   



2

IA IB

nên hai điểm ,A B

nằm về hai phía của đường thẳng  Gọi ,H A lần lượt là hình chiếu của A trên  và là điểm

đối xứng với A qua  H t ;1t t ;    AH t  1;t1;t5u1;1;1

t t t

        t1

 1;0; 1

H

    A3; 2;3 

Với mọi điểm M   ta đều có MA MA do đó T MA MB  MA MB A B 3 dấu

bằng xảy ra khi M là giao điểm của đường thẳng A B và  Vậy T m ax  3

Câu 44 [2D1-4](Chu Văn An 2018) Cho hàm số yf x  có đồ thị hàm số yf x  như hình vẽ

2

1

2

x

nghịch biến trên khoảng

A

3 1;

2

  B 2;0

C 3;1

D 1;3

Lời giải:

Chọn D

- Từ đồ thị hàm số yf x , có f x x0 f x    x

2

x x

  



  



- Xét hàm số  

2

1

2

x

, có

y f  x  x  f1 x  1 x   f1 x  1 x

Như vậy f1 x  1 x 0

2 1

x x

   



  



1

x x

 



   



Hay   f1 x  1 x  0

2 1

x x

   



  



1

x x

 



   

Suy ra hàm số  

2

1

2

x

nghịch biến trên các khoảng   ; 1

và 0;4

Suy ra hàm số  

2

1

2

x

cũng sẽ nghịch biến trên khoảng 1;3 0;4

Câu 45 [2D1-4](Chu Văn An 2018) Tập tất cả các giá trị của mđể phương trình

2

2x log x 2x 3 4x m log 2 x m 2

có đúng ba nghiệm phân biệt là:

A

; 1;



;1;



;1;



;1;

Lời giải Chọn D

Ta có

2

2x log x 2x 3 4x m log 2 x m 2

1

Xét hàm số   2 t 2 2 , 0

f t  log t t

Vì f t  0,  t 0

hàm số đồng biến trên 0;

  x12 2 x m

 

 

2 2

2 1 4

 



Phương trình  1

có đúng ba nghiệm phân biệt nếu xảy ra các trường hợp sau:

+) PT  3 có nghiệm kép khác hai nghiệm phân biệt của PT 4

3 2

m

, thay vào PT  4 thỏa mãn +) PT  4

có nghiệm kép khác hai nghiệm phân biệt của PT 3 1

2

m

, thay vào PT  3 thỏa mãn +) PT  4 có hai nghiệm phân biệt và PT  3 có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm của hai PT trùng nhau

 4  x 2m 1

,với

2m2 Thay vào PT  3

tìm được m 1.

KL:

;1;

m   

Câu 46 [2H1-3](Chu Văn An 2018) Viện Hải Dương học dự định làm một bể cá bằng kính phục vụ

khách tham quan(như hình vẽ), biết rằng mặt cắt dành cho lối đi là nửa hình tròn

10 m

6 m

25 m 1m

Tổng diện tích mặt kính của bể cá gần nhất với giá trị nào sau đây

A 914m 2 B 949m 2 C 984m 2 D 872m 2

Lời giải:

Chọn C

Tổng diện tích kính bằng diện tích toàn phần của khối hộp chữ nhật theo kích thước đã cho trừ

đi diện tích lối đi(hình chữ nhật) và hai cửa đi vào dành cho khách tham quan(hai nửa đường tròn) cộng với diện tích xung quanh của nửa hình trụ

Vì vậy, tổng diện tích bề mặt là S2 25.10 10.6 6.25     8.25 .42.4.25 984m 2

Câu 47 [2D3-3](Chu Văn An 2018) Xét hàm số f x  liên tục trên 0;1 và thỏa mãn điều kiện

4 x f x 3 1f  x  1 x

Tích phân

  1

0

d

I f x x

bằng:

A I 20

















Lời giải:

Vì f x  liên tục trên 0;1 và  4 x f x 2 3 1f   x  1 x2

nên ta có

4 x f x dx 3 1f x xd 1 x xd

1

2 0

4 x f x dx

1

0

2 f x d x

1

0

t x

f t t



   

2I



và

1

0

3 1f  x xd

1

0

3 f 1 x d 1 x

1 1 0

   

3I



Đồng thời

1

2 0

1 x xd



2

0

1 sin cos d





    

2 2 0

cos dt t



2 0

1

1 cos2 d



  

4





Do đó,  1  2I3I 4 hay I 20 .

Câu 48 [2D1-3](Chu Văn An 2018) Cho hàm số yx3x23x có đồ thị 1  C Có bao nhiêu giá

trị nguyên của tham số m để từ điểm M0;m

kẻ được ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị  C

mà hoành độ tiếp điểm thuộc đoạn 1;3 ?

Lời giải:

Chọn C

Ta có y 3x22x Gọi 3 M x y 0; 0 là tiếp điểm.

Để  C

có ít nhất 1 tiếp tuyến kẻ từ M0;m

mà tiếp điểm thuộc đoạn 1;3

có ít nhất 1 nghiệm thuộc đoạn

1;3

Hay m2x03 x02 1  1

Đây là phương trình hoành độ giao điểm của hai hàm số

y m





Khảo sát đồ thị hàm số y2x3 x2 , để phương trình 1  1 có ít nhất 1 nghiệm thuộc đoạn

1;3 thì  62m2

Câu 49 [2D4-3](Chu Văn An 2018) Cho lăng trụ tam giác đều ABC A B C.    có tất cả các cạnh bằng a

, gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AA và AB Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và B C bằng:

A

3 5

2 5

3 5

2 5

5 a.

Lời giải:

z

x

y M

I N

C'

B'

A

B

C A'

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ.

Ta có

3

3

a

B a

  và 2;0;0

a

Suy ra

3

, B C   a;0;a

và

3

Khoảng cách giữa giữa hai đường thẳng MN và B C là:

;

MN B C MB

d MN B C

MN B C

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

10 a



Câu 50 [2D1-4](Chu Văn An 2018) Cho các số phức z , 1 z , 2 z thỏa mãn điều kiện 3 z 1 4, z 2 3,

z  và 4z z1 2 16z z2 39z z1 3 48 Giá trị của biểu thức Pz1z2z3 bằng:

Lời giải:

Ta có z 1 4, z 2 3, z 3 2 nên z z1 1z12 16,

2

z z z  , z z3 3 z32  4 Khi đó 4z z1 216z z2 39z z1 3 48  z z z z3 1 2 3z z z z1 1 2 3z z z z2 1 2 3 48

z3 z1 z z z z2 1 2 3 48

     z3z1z2 2

hay Pz1z2z3 2