Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán trường thpt hoàng hoa thám hưng yên | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

[2H2-4.1-3] Người ta đặt được vào trong một hình nón hai khối cầu có bán kính lần lượt là a và 2a sao cho các khối cầu đều tiếp xúc với mặt xung quanh của hình nón, hai khối cầu tiếp [r]

Câu 4 [2D2-4.7-2] Cho các hàm sốy a x,ylogb x,ylogc x Có đồ thị như hình vẽ Chọn mệnh

đề đúng?

A b c a  B a c b  C c b a  D c a b 

Lời giải Chọn D

Rõ ràng, đồ thị hàm sốylogc x nghịch biến nên: c 1 Và hai đồ thị hàm số x

y a , logb

y x đồng biến nên: a 1,b 1

Từ đồ thị hàm số: x

y a lấy đối xứng qua đường thẳng y x ta thu được đồ thị hàm số loga

y x

Quan sát đồ thị hàm số: loga x và logb x  a b

Vậy:c a b 

Câu 29 [2D2-4.2-2] Cho hàm số f x  2017ex2 1

 và biểu thức

  2   1  1  1

2017

T f x  xf x  f  f Chọn mệnh đề đúng?

A T 4033 B T 4035 C T 4033 D T 1

Lời giải:

Chọn A

Tập xác định D 

Đạo hàm f x  2017 e x2  1

  2017.x2 1 e x2  1

  2017.2 ex x21

Ta có f  1 4034và f  1 2017

2017.2 e 2 2017e 2017 4034

2017

Câu 31 [1D3-2.1-3] Cho hai cấp số cộng  x n : 4,7,10, và y n:1,6,11, Hỏi trong 2018 số hạng đầu

tiên của mỗi cấp số có bao nhiêu số hạng chung?

Lời giải:

Chọn C

Cấp số cộng  x n : 4,7,10, có x 1 4, công sai d 3

Số hạng tổng quát x n  4 (n1).3 3 n1

Cấp số cộng y n:1,6,11,16, 21 có y 1 1,công sai d 5

Số hạng tổng quát y n'  1 (n1).5 5n 4

Xét phương trình x n y n' 3n 1 5n 4 3

1, 5

n n   0n n, 2018 Do n là số nguyên

nên n chia hết cho 5 và 0n2018 Suy ra số các giá trị n cần tìm là 2018 403

5

 



 

Vậy có 403 số hạng chung

Câu 32 [2H3-6.18-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A ( 1; 2; 1), B(2; 1; 3), C(3; 5; 1)

Điểm M a b c ; ;  trên mặt phẳng (Oyz) sao cho MA  2MB CM 

đạt giá trị nhỏ nhất Khi

đó ta có 2b c bằng

Lời giải

Chọn B

Ta có MA  2MB CM   MA 2MB MC

Gọi I x y z ; ;  thỏa mãn IA2 IB IC  0

 1 ; 2 ; 1 

IA   x  y  z

2 ; 1 ; 3 

IB  x   y  z



3 ; 5 ; 1 

IC  x  y   z



IA IB IC 

6 4 ; 5 4 ; 6 4 x  y  z 0

3 2 5 4 3 2

x y z











  









 Khi đó MA2MB CM 4 MI

đạt giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I lên

mặt phẳng Oyz suy ra 0; ; 5 3

4 2

M  

  tức là

5 4 3 2

b c









 

 Vậy 2b c 4

Câu 34 [1D5-1.2-2] Cho hàm số

2

khi 1 ( )

2 1 khi 1

f x



 Để hàm số đã cho có đạo hàm tại x 1 thì 2a b bằng:

Lời giải:

Chọn A

Tổng quát: ( ) ( ) khi x

( ) khi

f x











Để hàm số có đạo hàm tại x a ta phải có hệ phương trình:

(a) ( )

( ) (a)







  



Để hàm số đã cho có đạo hàm tại x 1 ta có hệ điều kiện sau:

2

.1 1 2.1 1

2 1 2



 



1 0

a b





 



 Vậy 2a b 2

Câu 36 [1D1-3.6-3] Cho phương trình sin ( 1) cos

cos

m

x

   Số các giá trị nguyên dương của

m nhỏ hơn 10 để phương trình có nghiệm là:

Lời giải

Chọn A

+) Điều kiện: cosx 0

Khi đó, phương trình tương đương với

cos

m

x

1 tan

Vì m 0 thì loại nên Phương trình có nghiệm khi 0 0

4

m m





  



Vì 0m10nên m 1, 2, 9 Vậy có 9 giá trị.

Câu 39 [2H2-3.0-3] Cho hình lăng trụ ABC A B C    có ABC và A BC là các tam giác đều, biết mặt

phẳng A BC  vuông góc với mặt phẳng ABC Có bao nhiêu mặt phẳng  P chứa cạnh AA của hình lăng trụ và tiếp xúc với mặt cầu đường kính BC?

Lời giải Chọn B

Gọi H là trung điểm BC Khi đó AH, A H , BC đôi một vuông góc và HA HA

M là trung điểm AA Khi đó HM AA

r là bán kính mặt cầu đường kính BC Khi đó

2

BC

Ta có: 1

2

HM  AA 1

2

2 AH

2

2 2 BC

2 r

  HM r

Vậy có hai mặt phẳng  P chứa cạnh AA của hình lăng trụ và tiếp xúc với mặt cầu đường

kính BC

Câu 42 [2D2-6.7-3] Số giá trị nguyên âm của m để phương trình log (5 x1) log ( 5 mx4 )x có

nghiệm

A 4 B 3 C 2 D lớn hơn 4

Lời giải Chọn B

Ta có log (5 x1) log ( 5 mx4 )x  log (5 x1)2 log (5 mx4 )x

 1 2

x







 Xét hàm số

2

( 1) ( ) x

f x

x



2

x

x

   với x 1

Khi đó số nghiệm của phương trình ban đầu chính là số giao điểm của đường thẳng y m 4 với đồ thị hàm số y f x( ) x 2 1

x

Ta có: yf x( ) 12

x

    x 1 Suy ra f x( )đồng biến từ (1;)và f(1) 0

Do đó để phương trình ban đầu có nghiệm thì m  4 0hay chỉ có 3 giá trị nguyên âm của mlà

3;

 2; 1

Câu 43 [2H2-4.1-3] Người ta đặt được vào trong một hình nón hai khối cầu có bán kính lần lượt là a

và 2a sao cho các khối cầu đều tiếp xúc với mặt xung quanh của hình nón, hai khối cầu tiếp xúc với nhau và khối cầu lớn tiếp xúc với đáy của hình nón Bán kính đáy của hình nón đã cho là

Lời giải

Chọn C

Kẻ OH SA và IKSA  OH / /IK

Đặt SO x  1

2

SI  IK 

1

3 2

x

  x3a

Do đó:SM 8a

Ta có:sin 1

3

OH OSH

OS

   cotOSH 2 2 

cot

SM MA

OSH

2 2

a

 2 2a

Câu 44 [1D2-2.6-3] Có 6 học sinh và 3 thầy giáo A, B, C. Hỏi có bao nhiêu cách xếp chỗ 9 người đó

trên một hàng ngang có 9 chỗ sao cho mỗi thầy giáo ngồi giữa hai học sinh

A 4320 B 90 C 43200 D 720.

Lời giải

Chọn C

Có 6! cách xếp chỗ cho các học sinh

Khi đó, với mỗi cách xếp chỗ cho các học sinh thì giữa các học sinh có 5 "khoảng trống" để xếp chỗ cho 3 thầy giáo nên có 3

5.3!

C cách xếp chỗ cho các thầy giáo

Vậy có 6! .3! 43200C53  cách xếp thỏa mãn

Câu 45 [2D1-5.6-3] Tổng các giá trị nguyên của tham số m để hàm số 3 3 2 9 5

2

m

yx  x  x  có 5 điểm cực trị là

Lời giải Chọn A

Xét đồ thị hàm số y x 3 3x2 9x 5

Đồ thị hàm số 3 3 2 9 5

2

m

y x  x  x  có được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số

y x  x  x lên trên

2

m

đơn vị nếu m 0 hoặc tịnh tiến xuống dưới

2

m

 đơn vị nếu 0

m 

Có 3 trường hợp:

TH1 m 0, ta có đồ thị như sau

Hàm số 3 3 2 9 5

2

m

yx  x  x  có ba cực trị Không thỏa yêu cầu bài toán

TH2 0 32

2

m

  , ta có đồ thị như sau

Hàm số 3 3 2 9 5

2

m

yx  x  x  có năm cực trị Thỏa yêu cầu bài toán

TH3 32

2

m

 , ta có đồ thị như sau

Hàm số 3 3 2 9 5

2

m

yx  x  x  có ba cực trị Không thỏa yêu cầu bài toán

Vậy tất cả các giá trị m thỏa yêu cầu bài toán là

2

m m









 





1, 2, 63

m

Vậy tổng các giá trị m thỏa yêu cầu bài toán là 2016.

Câu 46: [2H2-4.1-3] Từ hình vuông có cạnh bằng 6 người ta cắt bỏ các tam giác vuông cân tạo thành

hình tô đậm như hình vẽ Sau đó người ta gập thành hình hộp chữ nhật không nắp Tính thể tích lớn nhất của khối hộp

A 8 2 B 10 2 C 9 2 D 11 2.

Lời giải:

Chọn A

Đặt ABAC x và CEy.Do đó V hop x y 2  1

2

BC AB BC x ,CD2DE2 CE2 →

2

y

FD CD BC y x  →x y 3 2  2

Thay  2 và  1 : V hop x y 2 3 2 y y 2 3 2y2 y3

2 2

y y









Vậy Vmin V(2 2) 8 2

Câu 47 [2H1-5.1-4] Cho tam giác ABC vuông tại A có AB3a, AC a Gọi  Q là mặt phẳng

chứa BC và vuông góc với mặt phẳng ABC Điểm D di động trên  Q sao cho tam giác

DBC nhọn và hai mặt phẳng DAB và DAC lần lượt hợp với mặt phẳng ABC hai góc phụ nhau Tính thể tích lớn nhất của khối chóp D ABC

A

4

a

3

3 13

a

3

3 2 10

a

3

3 8

a

Lời giải Chọn A

Theo giả thiết ta có,

tanDNH tanMDH DH MH

   DH2 NH MH

Đặt NH x0x3a Ta có 1

MB  a x  (do ABCMBH )

1 3 3

   Do đó 2 1 

3 3

DH  a x x

2

1 3

a x x 

2

3 4

a

2

DH

Dấu " " xảy ra khi 3a x x  3

2

a x

 

Vậy  

3

3

D ABC

2

a

Câu 48 [1D2-4.0-4] Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9 Hỏi phải rút ít nhất bao nhiêu thẻ

để xác suất “có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4” phải lớn hơn 5

6.

Lời giải

Chọn B

Trong 9 tấm thẻ có 2 tấm thẻ chia hết cho 4

Gọi biến cố để rút được ít nhất 1 tấm thẻ chia hết cho 4 là A

Thì biến cố không tấm nào chia hết cho 4 là A

Mà   5

6

6

P A

   1

Giả sử ta rút n thẻ ra khỏi hộp

Số cách rút thẻ là 9

n C

 

Số cách rút được thẻ không chia hết cho 4 là 7

n C

Từ (1) ta được: 7

9

1 1

6

n n

C C

   n 5 n6

Do đó phải rút ít nhất 6 thẻ

Câu 49 [2D3-3.3-4] Cho hàm số f x  liên tục, không âm trên đoạn 0;

2



 

 

 , thỏa mãn f  0  3 và

2

( ) ( ) cos 1 ( ),

2

x  

   

  Tìm giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M của

hàm số f x  trên đoạn ;

6 2

 

 

 

 

2

2

2

m M  D m 3;M 2 2

Lời giải Chọn A

Theo giả thiết, ta có    

 

2

cos , 1

f x f x

x

f x





2

x  

   

   1 Lấy nguyên hàm hai về của  1 ta được

   

 

2

d cos d 1

f x f x

f x







2

1



hay 1 f2 x sinx C

Mà f  0  3 nên ta có C 2 Từ đó, suy ra 1f2 x sinx2

  sin2 4sin 3

Xét hàm số f x  sin2 x4sinx trên đoạn 3 ;

6 2

 

 

 

  ta có

  sin 22 4 0

2 sin 4sin 3

x

f x



  , với mọi ;

6 2

x  

   f x  đồng biến trên ;

6 2

 

 

 

 

;

6 2

max

 



2

f  

  

  2 2 và  

;

6 2

min

 



6

f  

  

 

21 2

Câu 50 [2D2-6.0-4] Cho a và b là các số nguyên dương khác 1 Gọi P là tích các nghiệm của

phương trình 8 log a x logb x 7 loga x 6 logb x 2018 0 Khi P là một số nguyên, tìm tổng a b để P nhận giá trị nhỏ nhất

A a b 48 B a b 12 C a b 24 D a b 20

Lời giải

Chọn B

Điều kiện: x0,x1

8 loga x logb x  7 loga x 6logb x 2018 0

2

8ln 7 ln 6ln

2018 0

ln ln ln ln

2

ln lna b x lna lnb x



2

8ln x 6 lna 7 lnb lnx 2018.ln lnb 0a

Giả sử x x1, 2 là hai nghiệm của phương trình (*), ta có:

1 2

P x x  lnPlnx1lnx2 6ln 7 ln

8

ln 8

a b

  P8a b6 7

Vì P nguyên và a b, 

  ; ,a b 1 nên Pmin  a8,b4  a b 12