Đề thi thử thpt quốc gia 2017-2018 môn toán trường chuyên Vĩnh phúc | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

[2H2-3] Với một đĩa phẳng hình tròn bằng thép bán kính R , phải làm một cái phễu bằng cách cắt đi một hình quạt của đĩa này và gấp phần còn lại thành một hình nón.. Gọi độ dài cung trò[r]

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN 3 NĂM HỌC 2017 – 2018

Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Họ, tên thí sinh:……….……… SBD:……….

Câu 23: [1D3-2] Số 6303268125 có bao nhiêu ước số nguyên?

Lời giải

Chọn D.

Cách 1:

Áp dụng công thức: Nếu số N được phân tích thành thừa số các số nguyên tố dạng

N= p1k1 p2k2 p n k n

thì số các ước nguyên dương bằng k =(k1+1)(k2+1) (k n+1) Do

đó số các ước nguyên của N là 2k

Với N=6303268125=35.54.73.112 thì có 2.(5+1) (4+1) (3+1)(2+1)=720 ước số nguyên

Cách 2: Áp dụng hàm sinh.

Do N=6303268125=35.54.73.112 nên

+ Hàm sinh để chọn số 3 là: 1+x+x2+ x3+ x4+ x5

+ Hàm sinh để chọn số 5 là: 1+ x+ x2+ x3+ x4

+ Hàm sinh để chọn số 7 là: 1+x+x2+ x3

+ Hàm sinh để chọn số 11 là: 1+x+x2

Suy ra hàm sinh các ước nguyên dương của 6303268125 có dạng:

f ( x ) = ( 1+x +x2+ x3+ x4+ x5)( 1+x +x2+ x3+ x4) ( 1+x +x2+ x3) ( 1+x +x2)

Tổng số các ước nguyên dương của N là tổng tất cả các hệ số của các số hạng trong khai triển trên, do đó số các ước nguyên dương của N là f (1)=360 nên số ước

nguyên của N là 720

âu 28. [1D5-2] Cho hàm số f(x)=

x2

−x+1 Tìm f(30 )

( x ) :

A. f(30 )

( x ) =30! ( 1−x )−30 B f(30 )

( x ) =30! ( 1−x )−31 .

C f(30 )

( x )=−30! (1−x )−30 D f(30 )

( x )=−30! (1−x )−31

Lời giải

Chọn B.

Với g(x)=

k

(ax+b) (x ≠− b

a , k ∈R , k ≠0) Ta có: g (n)

(x)=k.(−1)n a n n!

(ax+b)n+1 , ∀ x≠− b

a.

Hàm số f(x)=

x2

−x +1=−(x+1)+

1

−x +1 Nên f

(30 )( x ) = 30 !

( − x+1 )31= 30! ( − x +1 )−31

Câu 29 [2H2-3] Cần phải thiết kế các thùng dạng hình trụ có nắp đậy để đựng nước sạch có dung tích

V

Hỏi bán kính R(cm)của đáy hình trụ nhận giá trị nào sau đây để tiết kiệm vật liệu nhất?

A.

3 3 2

V R





3 V R





3 4

V R





3 2

V R





Lời giải Chọn D

Để tiết kiệm vật liệu nhất thì diện tích toàn phần của thùng phải ít nhất

Ta có V R h2 2

V h R



Diện tích toàn phần của hình trụ là

2

tp

S  Rh R

2 2

2 R V 2 R R



2

V

R

3

Vậy   3 2

min 3 2

tp

khi

2 2

V

R

R  

3 2

V R



Câu 31 [1H3-3] Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a Tính côsin của góc giữa mặt

bên và mặt đáy

A

1

1

1

1

3.

Lời giải Chọn A

A

D O

a a

I

+ Gọi O là tâm của hình chóp tứ giác đều S ABCD Ta có SOABCD

, đáy ABCD là hình

vuông cạnh a và các mặt bên là các tam giác đều cạnh a.

+ Gọi I là trung điểm cạnh CD

Theo giả thiết ta có:

SCD ABCD CD









 

 nên góc giữa mặt bên SCD

và mặt đáy ABCD

bằng góc giữa hai đường thẳng OI và SI

bằng góc SIO Khi đó: cos

OI SIO SI



2 3 2

a a



cos

3

SIO

Câu 32: [2D3-2] Tìm một nguyên hàm F x( ) của hàm số ( ) ax+ 2 ( 0)

b

x

Biết rằng

( 1) 1; (1) 4; (1) 0

A

2

x

F x

x

B.

2

x

F x

x

-C

2

x

-D.

2

x

-Lời giải Chọn A

Theo giả thiết f(1) 0  a b  (1).0

Ta có

2 ax ( ) 2

b

x

, theo giả thiết

1 2

( 1) 1; (1) 4

4 2

a

b c

a

b c



  



   

Từ (1) và (2) giải ra

,

a b c

Vậy

2

x

F x

x

Câu 33: [2H3-2] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1;0; 3), ( 3; 2; 5). B   

Biết tập hợp tất cả điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức AM2 BM2 30 là một mặt cầu ( )S Tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu ( )S là

A.I( 2; 2; 8);   R3. B. ( 1; 1; 4);I    R 6.

C I( 1; 1; 4);   R3. D

30 ( 1; 1; 4);

2

Lời giải Chọn C

Gọi điểm M x y z( ; ; ) , từ giả thiết AM2BM2 30 x2y2z22x2y8z  9 0  Tâm ( 1; 1; 4),I    R 1 1 16 9    9 3

Câu 34 [ 1D4-1] Cho hàm số  

3

2 1 8

.

x

  

Tính lim 0  .

x f x



A

1

13

10

11

Lời giải Chọn B.

 

3

2

lim lim

lim

1 13

12 12

x

f x

x



    



       

  

2 2 9 3 8x x 3 6 8x x

       

là:

Lời giải

Chọn D.

Đặt

2 2

3

3 6

   





  

Phương trình 2x2 2x 9 x2 x 3 8 x2  3x 6 x2 3x 6 8 x2  x 3

       

(1) trở thành:

8v 1 8u 1 0

(2)

+) Trường hợp 1: u = 0 Phương trình (2) thoả mãn

Suy ra:

3 0

2

x  x   x 

+) Trường hợp 2: v = 0 Phương trình (2) thoả mãn

Suy ra:

3 6 0

2

x  x   x 

+) Trường hợp 3:

0 0

u v









 Phương trình (2) tương đương với:

8 1 8 1

0

 

(3)

Xét hàm số  

8 1t

f t

t





trên R\{0}

Nếu t > 0 thì 8 1 0;t  t0suy ra  

8 1t

f t

t





> 0

Nếu t < 0 thì 8 1 0;t  t0suy ra  

8 1t

f t

t





> 0

Suy ra  

8 1t

f t

t





> 0 với mọi t R \ 0  Suy ra VT(3) > 0 với mọi u, v khác 0

Do đó PT(3) vô nghiệm

Vậy PT(1) có 4 nghiệm phân biệt

Câu 36: [2H1-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với

đáy SA a 2 Gọi B D', ' là hình chiếu của A lần lượt lên SB SD, Mặt phẳng AB D' ' cắt

SC tại ' C Tính thể tích khối chóp S AB C D là:' ' '

A

3

9

a

V 

3

9

a

V 

3 2 9

a

V 

3

3

a

V 

Lời giải Chọn C

Ta có

2 2

SB SD  a  nên suy ra ' '/ /B D BD mà BDSAC  BDSC

Do đó ' 'B D SC (1)

Ta có BC SAB  BCAB' và AB'SB suy ra AB'SC (2)

Từ (1) và (2) suy ra AB C D' ' ' SC

nên ta có AC'SC 2

2

SC  a  .

Ta có

' ' ' ' 2 ' ' ' ' 2 1 1

SA B C D SAB C

Mà

3 2

2

SABCD

a

Vậy

' ' '

SAB C D

Tổng quát: Cho hình chóp .S ABCD là hình bình hành Một mặt phẳng   cắt

, , ,

SA SB SC SD tại A B C D', ', ', ' Ta có

' ' ' ' 1 ' ' ' '

SA B C D

SABCD

Câu 37: [1D3-2]Cho cấp số cộng u n

biết u  và 5 18 4S n S2n Tìm số hạng đầu tiên u và công sai1

d của cấp số cộng.

A u1 2,d  4 B u1 2,d  3 C u12,d 2 D u1 3,d  2

Lời giải Chọn A

Theo bài ra ta có

1

4 18











1 1

4 18 2



 





1 2 4

u d





 





Câu 38 [2H1-2] Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình thang vuông tại A và D; SD vuông góc với

mặt đáy (ABCD); AD =2 ;a SD=a 2. Tính khoảng cách giữa đường thẳng CD và mặt phẳng

SAB

A

2 3

a ×

B 2

3 3

a

×

Lời giải Chọn A.

Đáy là hình thang vuông tại A và Dnên AB song song với CD

Kẻ DH SA

( ,( )) ( ,( ))

DH DS DA

Thay SD=a 2.và AD=2a

Ta tính được

2 3

a

Câu 41 [2H3-2] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm

1;0;0 , 0;1;0 , 0;0;1 , 0;0;0

A B C D Hỏi có bao nhiêu điểm cách đều 4 mặt phẳng

ABC , BCD , CDA , DAB.

Lời giải Chọn D.

Dễ dàng nhận thấy A B C D, , , lập thành tứ diện vuông Các mặt bên chia hệ trục tọa độ ra

thành 8 mặt phẳng nên tương ứng có 8 điểm cách đều 4 mặt phẳng

ABC , BCD , CDA , DAB

Có thể viết phương trình ABC , BCD , CDA , DAB

Gọi M a b c( ; ; )Và lập phương trình khoảng cách tới các mặt phẳng.

Câu 42 [2H2-3] Với một đĩa phẳng hình tròn bằng thép bán kính R , phải làm một cái phễu bằng cách

cắt đi một hình quạt của đĩa này và gấp phần còn lại thành một hình nón Gọi độ dài cung tròn của hình quạt còn lại là x Tìm x để thể tích khối nón tạo thành nhận giá trị lớn nhất.

A

3

R

x  

3

R

x  

3

R

x  

6 3

R

x 

Lời giải Chọn A.

Độ dài cung tròn của hình quạt còn lại là x nên chu vi đường tròn đáy của hình nón là x Do

đó bán kính đường tròn đáy của hình nón là 2

x

r 



Hình nón luôn có đường sinh là R

Nên đường cao của hình nón là:

h R    R   h R 

Suy ra thể tích khối nón là:

Tính

2 2

2

4

x x

x R







2

2 2 2

6

4

R x

x R









' 0

3

R

(vì x 0)

Câu 44 [2D1-3] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số

cos - 2 cos

-x y

x m



nghịch biến trên

khoảng

0;

2



Lời giải Chọn B.

'

y

Vì

2

x  x



Hàm số

cos - 2 cos

-x y

x m



nghịch biến trên khoảng

2 cos

x m

x m

 



Vậy

0

m m







 

Câu 45 [2D3-3] Một ô tô đang chạy với tốc độ 10 ( / )m s thì người lái đạp phanh, từ thời điểm đó ô tô

chuyển động chậm dần đều với v t( )5 10 (m/s)t , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng

giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được bao nhiêu mét

Lời giải Chọn B.

Thời điểm đạp phanh ứng với 0t

Thời điểm xe dừng hẳn ứng với v t( ) 5 10 0 t   2t

Quãng đường ô tô đi được từ lúc xe được phanh đến khi dừng hẳn bằng

2 0 ( ) 10 ( )

v t dt m



Câu 46 [2D1-3] Gọi m là số thực dương sao cho đường thẳng y m 1 cắt đồ thị hàm số y x 4 3x22

tại hai điểm A B, thỏa mãn tam giác OAB vuông tại O ( O là gốc tọa độ ) Kết luận nào sau đây

đúng?

A

7 9

;

4 4

m  

7 9

;

4 4

m  

3 5

;

4 4

m  

5 7

;

4 4

m  

 

Lời giải Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị:

4 3 2 2 1

x  x   m  x43x2 3 m0 (*)

Đặt x t t2  , ta được phương trình: ( 0) t23 3t m0 (**)

Với m thì 0 (m 3) 0 nên (**) có hai nghiệm trái dấu và (*) có hai nghiệm đối nhau a a, Tọa độ giao điểm có dạng A a m( ; 1); B a m( ; 1)

Tam giác OAB vuông tại O nên OA OB. 0

 

 a2 (m 1)2 Thay vào (*) ta được:m143m12 3 m0 Phương trình này chỉ có một nghiệm dương

1

m Vậy

3 5

;

4 4

m  

 .

Câu 47: [1D2-2] Từ các chữ số 0,1, 2, 3,5,8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi

một khác nhau và phải có mặt chữ số 3

A 36 số B 108 số C 228 số D 144 số

Lời giải Chọn B

Gọi số cần lập là abcd

+ TH1:

Chọn d = có 1 cách3

Chọn a có 4 cách

Chọn b c, có A42 cách

Þ Vậy có tất cả 4.A =24 48 (số)

+ TH2:

Chọn d¹ 3Þ d={ }1; 5 có 2 cách.

Chọn a = có 1 cách.3

Chọn b c, có A42 cách

Þ Vậy có tất cả 2

4

2.A =24 (số) + TH3:

Chọn d¹ 3Þ d={ }1; 5 có 2 cách

Chọn a có 3 cách

Chọn vị trí đặt số 3 có 2 cách

Chọn 1 số đặt vào vị trí còn lại có: 3 cách

Þ Vậy có tất cả 2.3.2.3 36= (số)

Vậy số các số tự nhiên thỏa ycbt là: 108 (số)

Câu 48: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai điểm A(0; 2; 4 , B- ) (- 3; 5; 2)

Tìm tọa

độ điểm M sao cho MA2+2MB2 đạt giá trị nhỏ nhất.

A M -( 1; 3; 2) B M -( 2; 4; 0) C M -( 3; 7; 2- )

D

3 7

; ; 1

7 2

Lời giải Chọn B

Gọi M x y z( ; ; )

Khi đó: 2 2 ( ) (2 )2

Theo bài ra:

3 x y z 4x 8y 32 3éx 2 y 4 z 12ù 3.12 36

Vậy

min

2

0

x

z

ì =-ïï ïï

ï = ïïî Vậy M -( 2; 4; 0) thỏa ycbt

Câu 49 [2D2-3] Tìm tập các giá trị thực của tham số m để phương trình

4( 2 1)+ +( 2 1)- - m=0 có đúng hai nghiệm âm phân biệt.

A.(2;4). B. (3;5). C (4;5). D. (5;6).

Lời giải Chọn C

Phương trình được viết lại thành:

x

x

1

m 4( 2 1)

( 2 1)

+ Đặt t=( 2 1)+ x >0.

Ta tìm tham số m để phương trình

1

m 4t

t

có hai nghiệm nghiệm dương t thảo mãn:

0 t< <1

Xét

1 f(t) 4t

t

trên (0;1) Có 2

f '(t) 4 0 t

2 t

Lập bảng biến thiên ta tìm được m (4;5)Î

Câu 50 [2H1-3] Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại

B,AB=BC =a 3,SAB=SCB=90

và khoảng cách từ A đến (SBC) bằng a 2. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.

A S 4a2 B S8a2 C S 12a2 D S 16a2

Lời giải Chọn C

Gọi O là điểm đối xứng của B qua trung điểm E của AC Từ giả thiết ta dễ dàng chứng minh được SO vuông góc với (ABC), đáy là hình vuông cạnh a 3 Từ đó mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC là mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.OABC, bán kính mặt cầu là: 1

2

=

OS =OH - OC =2a - 3a = 6a , nên:

OS =6a Þ SB =OS +OB =6a +6a =12a

Do đó:

1

2

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp: 12 ap 2