Đề thi thử thpt quốc gia 2018 môn toán thpt Hoàng mai có đáp án chi tiết | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Có bao nhiêu vị trí của M để diện tích tam giác SAM đạt giá trị lớn nhất?. A..[r]

3 103



3 26



3 106



Lời giải Chọn D.

Phương trình hoành độ giao điểm:

A

52

P 

B

72

P 

C

52

P 

D P 2

Lời giải Chọn C.

Bài toán trên chỉ yêu cầu học sinh sử dụng thành thạo các phép biến đổi đại số

PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN

Câu 1 [2D3-3] Cho tích phân

3 2 6

Lời giải Chọn B.

tancos

2 0

D

132

Lời giải Chọn C.

dcos

Ta nhận thấy trong biểu thức y có thể cô lập m nên đưa về bài toán tìm m để m g x  ,

21

Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2  y  0, x 0;2.

m m

Hàm số đồng biến trên khoảng 1;   y0, x 1;

1

m m



23



Lời giải Chọn C.

1 cos 4 sin 2 x x3cos 22 x 2 cos 2 sin 22 x x 3cos 22 x0

PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN

Câu 1 [1D1-2] Số nghiệm của phương trình cos x 2 cos3x.s inx 2 02    trong khoảng 0; 

là:

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

Lời giải

Chọn A.

Ta có : cos x 2cos3x.sinx 02    cos x sin 2x2   sin 4x 2 0 

 cos x sin 2x sin 4x 2 02    

Xét hàm số f x  cos x sin 2x sin 4x 22    trên 0; 

ta thấy f x  0  phương trình đã cho vô nghiệm

Câu 2 [1D1-4] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

3m33m3sinx sinx có nghiệm thực ?

Lời giải

Chọn A.

Ta có 3m33m3sinx sinx 33m3sinxsin3x m  1

Đặt sin x u Điều kiện 1   và u 1 3m3sinx v  m3u v 3  2

.Xét hàm số f u u3 3u

trên đoạn 1;1

Ta có f u  3u2 3

; f u   0 u 1Suy ra    

A x1  0 1 x2  3 x3  4 B 1x1x2  3 x3  4

C 0x1 1 x2  3 x3  4 D 1x1 3 x2  4 x3

Lời giải Chọn C.

2

' 3 12 9

y  x  x

1' 0

3

x y

PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN

Câu 1 [2D1-3] Cho hàm số y x 4 2x2m có đồ thị là 1  C Giả sử  C

cắt trục hoành tại bốnđiểm có hoành độ x x x x (với 1; ; ;2 3 4 x1x2 x3 x4) Trong các khẳng định sau, khẳng địnhnào đúng?

A x1  1 x2  0 x3  1 x4 B  2x1  1 x2  0 x3 1 x4 2

C  1 x1 0 x2  1 x3x4 D x1x2  0 x3  1 x4

Lời giải Chọn B.

3

y  x  x

0' 0

1

x y

A  1 x1x2  0 x3  1 B. x1  1 x2  1 x3

C  1 x1 0 x2  1 x3 D. 2x1  1 x2 1 x3  2

Lời giải Chọn D.

2

x

m x

1

22

A

13

a b





13

a b





13

a b

 



13

a b





.Vậy

13

a b





Câu 7 [1D2-3] Tìm hệ số không chứa x trong khai triển

x x

Điều kiện: 2

n n

PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN

Câu 1: [1D2-3-PT1] Tìm hệ số của x5 trong khai triển P x x1 2 x5x21 3 xn

Điều kiện: 2

n n

Số hạng chứa x5 tương ứng với 2    i 5 i 3

Vậy hệ số của x5 trong khai triển P x 

1

.2 16

Số hạng chứa x10 trong khai triển tương ứng với 19 k10 k 9

Vậy hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển là

Chọn C

Phương trình trên là phương trình bậc hai với ẩn phụ t 2x

Cách làm chung là khảo sát hàm số vế phải rồi dùng điều kiện có nghiệm của phương trìnhVới t 2x phương trình ban đầu trở thành t2 8t 3 m Vì x1;3 t 2;8

Câu 1: [2D2-3] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4x 2x1m0 có hai

nghiệm thực phân biệt

Đặt t 2xthì phương trình đã cho trở thành t2 2t m 0. 1

Phương trình ban đầu có hai nghiệm thực phân biệt khi phương trình  1

có hai nghiệm phân biệt dương

Hay

2 00

m m

Câu 2: [2D2-3] Tìm tấ cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4x2 2x22 6 m có 3

nghiệm phân biệt

A m2. B m3. C 2m3. D 2m3.

Lời giải Chọn B

Đặt t 2x2, khi đó ta có phương trình: t2 4t 6 m0 2 

Phương trình ban đầu có ba nghiệm phân biệt khi phương trình  2

có một nghiệm bằng 1, nghiệm lớn hơn 1.

Với t  là nghiệm phương trình ta có:1 m  3

Với m  thay vào phương trình 3  2 :t2 4t 3 0

13

t t

A maxT 5 2 B maxT 2 10 C maxT 3 5 D maxT 2 5

Phân tích: Gọi z x yi  Từ giả thiết z  1 x2y2 1

Yêu cầu bài toán trở thành tìm GTLN của T  x22y2 2 x 22y2

, có thể áp dụngbất đẳng Bunhiacopski hoặc có thể rút y2  1 x2, thay vào và xét hàm

Lời giải Chọn A.

BÀI TẬP PHÁT TRIỂN.

Câu 1: [2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn z 2 3 i  5 Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và

giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Chọn B.

Gọi z x yi  , ,x y  

Từ giả thiết, suy ra x 22y32 5

.Khi đó: P z 22 z i 2 x22y2 x2y12 4x2y3

Câu 2: [2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn z  1 2 Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị

nhỏ nhất của biểu thức P  z i z 2 i Tính mô đun của số phức w M mi 

A w 2 6 B w 3 5 C w 4 2 D w 4

Lời giải Chọn A.

Gọi z x yi  , ,x y  

Từ giả thiết, suy ra x12y2 2

.Khi đó, P x2y12  x 22y12

Câu 10 [2D2-3] Cho dãy số  u n

thỏa mãn log2u1logu1 6 0 và u n1 u n  , với mọi51,

n n  Giá trị lớn nhất của n để u  n 500 bằng:

Lời giải

Chọn B.

Ta có log2u1logu1 6 0

1 1

log 2

u u

u u

u 

, do u n1u n nên 5  u n

là một Cấp số cộng với 1

11000

u 

và côngsai d 5

1

1 51000

n

.Khi đó u  n 500 1  1 5 500

Xét f x  x3 3x

có đồ thị hàm số

Dễ dàng nhận thấy hàm số nghịch biến trên 1;1 Lại có a2 a1 và 0 b2 b1 nên1

log b log b  0

Ta có f a 1  f a 2   mà 2 0 0 a 1a2 a10;a2  1 a n   ( Do n 1  a n

là cấp số cộng)

Và f log2 1b f log2b2  mà 2 log2b2 log2 1b 0

Thử cả bốn đáp án ta được n  là giá trị nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn 16  *

Câu 2: [2D2-3] Cho dãy số  u n

thỏa mãn log22u4 3log2u4 2 0 và u n1 u n , với mọi21,

n n  Giá trị lớn nhất của n để u  n 2018 bằng:

Lời giải Chọn B.

24

u u

24

u u

42

u u





  

Câu 11 [12H1-2]Cho khối chóp tứ giác đều S ABCD , đáy ABCD là hình vuông có cạnh bằng a ,

tâm O , cạnh bên bằng a 3 Gọi M là trung điểm của CD , H là điểm đối xứng của O qua

SM Thể tích khối đa diện ABCDSH bằng:

A

3

5 1024

a

3

1018

a

3

1024

a

3

1012

a

Lời giải Chọn A

54

ABCDSH S ABCD H SCD S ABCD S OCD S ABCD

ABCDSH

a

.

Câu 12 [1H3-3] Hình chóp tam giác .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A ,

Cách 1:

Ta có ABD đều, cạnh a

Mà SA SB SD  , nên hình chóp S ABD là hình chóp đều.

Gọi O là tâm của ABD , ta có SO(ABD)

Gọi M là trung điểm của BD , hạ MN SA và NSA

x

yz

MD

+) Gọi  là góc giữa (SAC)và (SBC) Ta có

SAC SBC SAC SBC

Câu 1: [1H3-3] Hình chóp S ABC có SA vuông góc với ABC

, SA2a Tam giác SBC có diện

tích bằng 6 2a Gọi 2  là góc giữa hai mặt phẳng SBC

và ABC

Tính góc , biết thểtích khối chóp S ABC là V  4a3

A 30 B  90 C   60 D 45

Lời giải Chọn D

Gọi SEA là góc giữa  SBC và ABC

Ta có

3 2

cos

ABC SBC

Câu 2: [1H3-3] Cho hình chóp ABCDS có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với mặt

phẳng ABCD , SA AB a  , AD3a Gọi M là trung điểm BC Tính cosin góc tạo bởi hai

mặt phẳng ABCD

và SDM

A

5

6

3

1.7

Lời giải Chọn B

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho

O trùng A , Ox cùng hướng AB

,Oy cùnghướng AD

, Oz cùng hướng AS

Khi đó(0;0;0)

A , B a( ;0;0), D(0;3 ;0)a , S(0;0; )a ,

3( ; ;0)

3(a; ; )2

BÀI TẬP PHÁT TRIỂN.

Câu 1 [1D1-4-PT1]Với giá trị nào của m để phương trình: msin2 x 3sin cosxx  m1 0 có đúng

3 nghiệm

30; 2

x  

A m  1. B m 1. C m  1. D m 1.

Lời giải Chọn C

nghiệm trái dấu m  1 0 m  1

Câu 2 [1D1-4-PT2] Gọi K là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

Khi đó: sin 2x= -t2 1 Phương trình đã cho trở thành:t2+ - =t 3 m.(2)

Lưu ý rằng: mỗi nghiệm tÎ (1; 2)

của phương trình (2) cho ta 2 nghiệm

30;

t t

é=

êêÎ

ê chỉ cho ta một nghiệm

30;

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra yêu cầu bài toán là - < <- +1 m 1 2.

Câu 14 [1D2-3] Có 10 học sinh lớp A, 8 học sinh lớp B được xếp ngẫu nhiên vào một bàn tròn

(hai cách sắp xếp được cho là giống nhau nếu cách sắp xếp này là kết quả của phép sắp xếp kiakhi thực hiện phép quay ở tâm một góc nào đó) Tính xác suất để không có học sinh nào củalớp B đứng cạnh nhau

A

10!

8 10

Gọi C là biến cố xếp 18 học sinh sao cho không có học sinh nào cùng lớp đứng cạnh nhau.

Số phần tử của không gian mẫu là số cách xếp 18 học sinh của hai lớp vào một bàn tròn có18!

9!.A17!

P C 

BÀI TẬP PHÁT TRIỂN.

Câu 1 [1D2-3] Có 10 học sinh lớpA, 8 học sinh lớp B được xếp ngẫu nhiên thành hàng ngang.

Tính xác suất để không có hai học sinh bất kì nào của lớp B đứng cạnh nhau

Câu 2 [1D2-3] Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 5 học

sinh lớp 12C vào một bàn tròn (hai cách xếp được coi là giống nhau nếu cách xếp này là kếtquả của cách xếp kia khi ta thực hiện phép quay bàn ở tâm một góc nào đó) Tính xác suất đểkhông có hai học sinh bất kì cùng lớp ngồi cạnh nhau

A.

1252



P

1126



P

1630



P

11630



P

Lời giải Chọn B

Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh vào một bàn tròn có 9! cách xếp n  9!

Cần phải xếp 5 học sinh lớp A và B sao cho không có hai học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau

Dựa vào các hệ thức lượng trong tam giác vuông và các mối quan hệ vuông góc trong không gian ta chứng minh được rằng với H là trực tâm tam giác ABC thì 2 2 2 2

M là trực tâm ABC  OM ABC, do đó  P

15

a b

Câu 16 [1D2-2] Một hộp đựng20 quả cầu trong đó có 6 quả cầu màu trắng, 4 quả cầu màu xanh

và 10 quả cầu màu đỏ Lấy ngẫu nhiên lần lượt 3 quả cầu từ hộp đó Tính xác suất để trong 3quả cầu được chọn có đủ 3 màu

Số phần tử của không gian mẫu: C C C201 191 181 6840.

PHÁT TRIỂN HAI CÂU.

Câu 1 [1D2-2] Một hộp đựng20 quả cầu trong đó có 6 quả cầu màu trắng, 4 quả cầu màu xanh và

10 quả cầu màu đỏ Lấy ngẫu nhiên lần lượt 3 quả cầu từ hộp đó Tính xác suất để trong 3quả cầu được chọn chỉ có một màu

Số phần tử của không gian mẫu: C C C201 191 181 6840.

Câu 2 [1D2-2] Một hộp đựng20 quả cầu trong đó có 6 quả cầu màu trắng, 4 quả cầu màu xanh và

10 quả cầu màu đỏ Lấy ngẫu nhiên lần lượt 3 quả cầu từ hộp đó Tính xác suất để trong 3quả cầu được chọn có hai quả màu đỏ

Số phần tử của không gian mẫu: C C C201 191 181 6840.

Câu 17 [1D1-3] Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

34sinx m sinx sin x4sinx m  8 2 có nghiệm thực

Lời giải Chọn D

Đặt asinx khi đó phương trình có nghiệm thực khi phương trình

 

3 3

34a m a   a 4a m  8 2 1

có nghiệm a   1;1.Đặt b34a m thế vào phương trình  1

Th1: a  , đưa về tìm m để phương trình b a3 4a m có nghiệm a   1;1

.Xét f t  x3 4x trên 1;1

, có f t'  3x2 4 0, x  m  5;5Th2: b  , đưa về tìm m để phương trình 42  a 8 có nghiệm m a   1;1

.Xét f t  4x 8 trên 1;1

, có f t'   4 0,x  m  12; 4 Th3: a2 l vì a   1;1

.Kết hợp cả ba trường hợp có các số 20 số nguyên thỏa yêu cầu bài toán

PHÁT TRIỂN HAI CÂU.

Câu 1 [1D1-3] Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

3sin3x 3sinx m 27 3 m 3sinx sinx 3

Lời giải Chọn A

Xét hàm f t t33t f t'  3t2    Suy ra 3 0 t 1 m 2;4

TH2: a3( )l vì a   1;1

.TH3: b  3 27 3 a m

Xét hàm f t 27 3 t f t'   3 0, Suy ra t m   27; 24 

Vậy có 7 số nguyên thoả yêu cầu bài toán

Câu 2 [1D1-3] Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

cosx 2 cosx m  1 8cosx10 2cosx m m    1 0

Lời giải Chọn B

Câu 18 [1H3-3]Cho lăng trụ ABC A B C    có đáy là tam giác đều cạnh a Hình chiếu vuông góc

của điểm A lên mặt phẳng ABC

trùng với trọng tâm G của tam giác ABC Biết khoảng

cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng

34

a Tính A G

A

23

a

36

a

Lời giải Chọn C.

H

M'

G M'

Câu 1: [1H3-3]Cho lăng trụ ABC A B C    có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , cạnh AB a

Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng ABC

trùng với trọng tâm G của tam giác ABC Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng 2

a Tính A G

A

23

a

26

a

22

a

32

a

Lời giải Chọn A.

Do HAM∽GA A  GAA' vuông cân tại G

23

a

A G AG

Câu 2: [1H3-3]Cho lăng trụ ABC A B C    có đáy là tam giác đều cạnh a Hình chiếu vuông góc của

điểm A lên mặt phẳng ABC

trùng với trung điểm M của cạnh BC Biết khoảng cách giữa

hai đường thẳng AB và CC bằng

34

a Tính A M

A

34

a

Lời giải Chọn B.

f(x)=-4 x(t)=2 , y(t)=t

T ?p h?p 1

x y

, suy ra dấu của e f x 2e x

có đạo hàm liên tục trên  và có đồ thị của hàm yf x 

nhưhình vẽ Xét hàm số g x( )f x 2 2

Mệnh đề nào dưới đây sai?



A Hàm số g x( ) đồng biến trên 2;

B Hàm số g x( ) nghịch biến trên 0;2 

C Hàm sốg x( )nghịch biến trên 1;0  D Hàm số g x( )nghịch biến trên   ; 2 

Lời giải Chọn C

Từ bảng xét dấu ta chọn phát biểu sai là C

Câu 2: [2D1-3] Cho hàm số yf x  Hàm số yf x có đồ thị như hình bên Hàm

số yf 2 x đồng biến trên khoảng:

Câu 20 [2D1-4] Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của tham số m để

12

c) Khi

12

Từ bảng biến thiên suy ra minyy 1  không thỏa mãn.2

Vậy, chỉ có một giá trị nguyên của m thỏa mãn là m  Hay 1 S  1

Câu 21 [2H2-4] Cho hình nón đỉnh S , đáy là hình tròn tâm O , góc ở đỉnh bằng 120 Trên đường

tròn đáy, lấy điểm A cố định và điểm M di động Có bao nhiêu vị trí của M để diện tích tamgiác SAM đạt giá trị lớn nhất?

Phân tích: -Thực chất bài toán trên là bài toán tìm giá trị lớn nhất của một hàm số; Bài toán này có

thể dùng bất đẳng thức Cô-si hoặc phương pháp hàm số

- Với bài toán dạng này ta thường đặt một đại lượng biến thiên làm ẩn, (tìm điều kiện của nó) vàbiểu diến các đại lượng khác và đại lượng cần tìm min, max qua đại lượng biến thiên đó; sau đóđánh giá hoặc khảo sát hàm số để tìm min, max

CÁC CÂU PHÁT TRIỂN

Câu 1: [2H2-4] Cho hình nón đỉnh S , đáy là hình tròn tâm O , góc ở đỉnh bằng 120 Trên đường tròn

đáy, lấy điểm A cố định và điểm M di động Có bao nhiêu vị trí của M để thể tích khối chópSAOM đạt giá trị lớn nhất?

Lời giải Chọn B

h

Câu 2: [2H2-4] Cho hình nón đỉnh S , đáy là hình tròn tâm O , góc ở đỉnh bằng 120 Trên đường tròn

đáy, lấy điểm A cố định và điểm Mdi động Xác định độ dài đoạn AMđể thể tích khối chóp

SAMB lớn nhất, Với ABlà đường kính

A AM h 3 B

23

h

AM 

62

h

AM 

D AM h 6

Lời giải Chọn D

h

x  AM h