Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường chuyên đại học vinh lần 2 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Để sớm hoàn thành công trình và kịp thời đưa vào sử dụng, công ty xây dựng quyết định từ tháng thứ 2 , mỗi tháng tăng 4% khối lượng công việc so với tháng kế trước.. Hỏi công trình[r]

Câu 25:

[2D1-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Cho hàm số yf x 

có bảng biến thiên như hình vẽbên:

Số nghiệm của phương trình f x  1 2

là

Lời giải Chọn A

+) Đồ thị hàm số yf x 1

có được khi tịnh tiến đồ thị hàm số yf x 

sang bên phải (theo

phương song song Ox ) 1 đơn vị, nên ta có bảng biến thiên của hàm số yf x 1

 Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy

 Phương trình f x  1 có 3 nghiệm phân biệt.2

 Phương trình f x  1  có 2 nghiệm phân biệt (phân biệt với 3 nghiệm trên).2

Số điểm cực đại của hàm số  2 

Vậy hàm số chỉ có 1 cực đại.

Câu 28: [1H3-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy ABC là

tam giác vuông tại ,A AB a 3, BC2 ,a đường thẳng AC tạo với mặt phẳng BCC B 

mộtgóc 30 (tham khảo hình vẽ bên)

Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho bằng

A 24 a 2 B 6 a 2 C 4 a 2 D 3 a 2

Lời giải

J

M H

N C

C'

B'

A'

B A

BC

,

0 3.tan 60

Gọi M , N , J lần lượt là trung điểm của BC , B C  , MN Suy ra mặt cầu ngoại tiếp hình lăng

Câu 29: [2D3-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Một cổng chào có dạng hình parabol chiều cao 18m,

chiều rộng chân đế 12 m. Người ta căng hai sợi dây trang trí AB , CD nằm ngang đồng thời chia

hình giới hạn bởi parabol và mặt đất thành ba phần có diện tích bằng nhau (xem hình vẽ bên) Tỉ

D K

x

J I

-18

6

F E

C

B A

O y

Thiết lập hệ toạ độ Oxy trong mặt phẳng như hình vẽ Khi đó parabol có phương trình

212

y x

Gọi phương trình các đường thẳng là AB y t:  ,t 0 CD y k:  ,k 0

 x B  2t , x D  2k Đường thẳng EF y : 18 Diện tích tam giác cong OKF là:

B D

x AB

Điều kiện x2mx 1 0

2

2'

1

x m y

Vậy có 10 giá trị thoả mãn

Câu 31: [2H3-4] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông

cân tại B AB a,  , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc tạo bởi hai mặt phẳng ABC

a

22

a

32

a

Lời giải Chọn D

33

Ta có bảng biến thiên như sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy

max f x f 2

8a 2c d

   8a 24a d d  16a

Câu 33: [1D2-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Đầu tiết học, cô giáo kiểm tra bài cũ bằng cách gọi lần

lượt từng người từ đầu danh sách lớp lên bảng trả lời câu hỏi Biết rằng các học sinh đầu tiên trongdanh sách lớp là An, Bình, Cường với xác suất thuộc bài lần lượt là 0,9; 0,7 và 0,8 Cô giáo sẽdừng kiểm tra sau khi đã có 2 học sinh thuộc bài Tính xác suất cô giáo chỉ kiểm tra bài cũ đúng

3 bạn trên

Lời giải.

Chọn D

Gọi A; B ; C lần lượt là biến cố ''An thuộc bài''; ''Bình thuộc bài''; ''Cường thuộc bài''

Theo giả thiết ta có: P A   0,9

Gọi C là biến cố ''Cô giáo chỉ kiểm tra bài cũ đúng 3 bạn''  CABCABC

Áp dụng công thức cộng và nhân xác suất ta được:

Câu 34: [2D2-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Sau 1 tháng thi công thì công trình xây dựng Nhà học

của trường X đã thực hiện được một khối lượng công việc Nếu tiếp tục với tiến độ như vậy thì

dự kiến sau đúng 23 tháng nữa công trình sẽ hoàn thành Để sớm hoàn thành công trình và kịpthời đưa vào sử dụng, công ty xây dựng quyết định từ tháng thứ 2, mỗi tháng tăng 4% khốilượng công việc so với tháng kế trước Hỏi công trình sẽ hoàn thành ở tháng thứ mấy sau khi khởicông?

Lời giải Chọn B

+ Gọi u u1, 2, ,u là khối lượng công việc mỗi tháng làm được để sớm hoàn thành công trình và n

S là tổng khối lượng công việc để công trình hoàn thành.

Câu 35: [2D3-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Cho hàm số yf x 

có đạo hàm liên tục trên 1; 2

Nhận xét: Đặc điểm chung của các bài toán này là đi từ khai thác đạo hàm của một thương, tích

các hàm hoặc đạo hàm của hàm hợp Ta có thể nêu một số dạng tổng quát sau:

1) Cho trước các hàmg x u x v x     , , có đạo hàm liên tục trên a b g x; ,     0, x a b; 

vàhàm f x  có đạo hàm liên tục trên a b;  thỏa mãn:

Tìm số giá trị nguyên của m để phương trình f x 2 2xm

có đúng 4 nghiệm thực phân biệt

Đặt tx2 2xt2x 2 Do đó t 0  x 1

Từ bảng biến thiên ta có với t  cho duy nhất 1 x  , với mỗi giá trị 1

211;

Từ đồ thị ta có 2 giá trị của m thỏa mãn là m  và 3 m  5

Câu 37: [1D2-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Một quân vua được đặt trên một ô giữa bàn cờ vua

Mỗi bước di chuyển, quân vua được chuyển sang một ô khác chung cạnh hoặc chung đỉnh với ôđang đứng (xem hình minh họa) Bạn An di chuyển quân vua ngẫu nhiên 3 bước Tính xác suấtsau 3 bước quân vua trở về ô xuất phát

Tại vị trí đang đứng, quân vua di chuyễn ngẫu nhiên 3bước, mỗi bước đều có 8cách di chuyển

Do đó số phần tử không gian mẫu là n    83

.Gọi biến cố A: Sau 3 bước quân vua trở về ô xuất phát

Trường hợp 1: Từ ô ban đầu quân vua di chuyển đến ô đen, có 4 cách Đến đây quân vua có 4

cách di chuyển bước 2 để bước 3 di chuyển được trở về ô xuất phát

Trường hợp 2 : Từ ô ban đầu quân vua di chuyển đến ô trắng, có 4 cách Đến đây quân vua có 2

cách di chuyển bước 2 để bước 3 di chuyển được về ô xuất phát

Câu 39: [2H3-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  1;3; 2 

Lời giải

Chọn B

Cách 1: + Gọi I là trung điểm của AB  I2;5; 10   IA2 69

Theo giả thiết M thoả mãn MA2MB2 246.  MA  2 MB2 246

.+ Theo giả thiết ABM là mặt phẳng chứa đường thẳng AB và vuông góc với  P

Suy ra phương trình ABM: 2x5y z 11 0

Khi đó toạ độ M thoả mãn hệ

x y z

 thay vào PT  P ta được t  3 M4; 2; 7   a b c   1

* Nhận xét: Với cách giải trên và kết quả thu được thì giả thiết bài cho thừa điều kiện

MA MB   t12 1 3 2 t2t322519 2 t2 246

2

10t  80 160 0t   t  4 M4; 2; 7 

Một số bài toán tương tự và mở rộng

sau

Từ giả thiết ta có a b MI  2MI aIA bIB    aIA2bIB2 a b d I P  2 ,  a IA 2b IB 2

 MI d I P ,    M là hình chiếu của I trên  P .

Ví dụ: Cho hai điểm A2;1;3 , B    1; 2; 3 và mặt phẳng  P : 2x y  2z18 0

a b c MI   2MI aIA bIB cIC     aIA2bIB2c IC 2 a b d I P  2 ,  a IA 2b IB 2

 MI d I P ,    M là hình chiếu của I trên  P .

Trong không gian Oxyz cho hai điểm , N4; 2; 1 

Do đó, điểm M nằm trên đường tròn tâm H4; 2; 7 

, là hình chiếu của I trên  P

KM KH HF KF dấu bằng xảy ra khi M F

Mà MN2 NK2KM2 nên MNmax  KMmax KF

Câu 40 [2D1-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Cho hàm số yx3mx2mx có đồ thị 1  C Có

bao nhiêu giá trị của m để tiếp tuyến có hệ số góc lớn nhất của  C

đi qua gốc tọa độ O ?

Lời giải Chọn B

Tiếp tuyến với  C

tại điểm uốn là tiếp tuyến có hệ số góc lớn nhất

Có y 3x22mx m và y 6x2m0 3

m x

Phương trình tiếp tuyến với  C

tại điểm uốn là

log x x 1 log x x 1 logm x x 1

Có bao nhiêu giá trị nguyên dương khác

1 của m sao cho phương trình đã cho có nghiệm x lớn hơn 2?

Lời giải Chọn B

1log logt t logm

2 2

Vì 5log2 32 2,3 nên có 1 trị nguyên dương khác

1 của m sao cho phương trình đã cho có nghiệm x lớn hơn 2.

Câu 42 [2D4-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Trong các số phức z thỏa mãn

2 1 2

z   z

, gọi z và1 2

z lần lượt là các số phức có môđun nhỏ nhất và lớn nhất Khi đó môđun của số phức w z 1 z2là

A w 2 2 B w 2 C w  2 D w  1 2

Lời giải Chọn B

Cách 3: Đặt z x yi x y ,  

.2

, hai điểm có mođun lớn

.2

n

k k n k

n n



   2 n 2018 từ đó suy ra 0 t 672

Vậy có 673 số giá trị nguyên của n với n 2018 thỏa mãn ycbt.

Câu 44: [2H3-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có

2;3;3

A , phương trình đường trung tuyến kẻ từ B là x13y2 3z12, phương trình đường

phân giác trong của góc C là

Gọi I là trung điểm của AA, khi đó ta có AA CD tại I.

 2;1; 2

, song song với  P

đồng thời tạo với d góc bé nhất Biết rằng  có một véc tơ chỉphương um n; ;1 Tính T m2 n2.

Lời giải Chọn D

Từ bảng biến thiên ta có ;d bé nhất  cos;d lớn nhất  m0.

Khi m0 ta có n2 Do vậy T m2 n2 4.

Cách 2:

Gọi  Q là mặt phẳng chứa E song song với  P Đường thẳng d qua E song song với d Lấy

M d , gọi ,H K lần lượt là hình chiếu của M lên  P , Ta có

   sin d, sin d , MK MH

 m2 n2  4

Nhận xét: Cả hai cách giải đều có thể sử dụng cho trường hợp tổng quát Ta có thể thay giả thiết

song song với  P bằng một giả thiết tương tự Một số bài toán tương tự:

1) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng ,

 P : 2x y 2z0 Đường thẳng  đi qua E  2; 1; 2 ,  song song với  P đồng thời tạo với

d góc bé nhất Biết rằng  có một véc tơ chỉ phương u10; ;b c

.Đường thẳng  đi qua E  2; 1; 2 ,  vuông góc với d1, đồng thời tạo với d góc bé nhất Biếtrằng  có một véc tơ chỉ phương ua;17;c

Tính S a b 

HD. u19;17; 20 a b 1

Câu 46 [1H3-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình

hành, AB2a , BC a , ABC 120 Cạnh bên SD a 3 và SD vuông góc với mặt phẳng đáy Tính sin của góc tạo bởi SB và mặt phẳng SAC.

H K

Gọi  là góc giữa SB và SAC

77

Câu 47 [2H3-4] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Trong không gian Oxyz, cho các điểm A, B, C

(không trùng O) lần lượt thay đổi trên các trục Ox, Oy, Oz và luôn thỏa mãn điều kiện: tỉ số

giữa diện tích của tam giác ABC và thể tích khối tứ diện OABC bằng

d O ABC



Mà

32

luôn tiếp xúc mặt cầu tâm O, bán kính R  2

và mặt phẳng ABC có phương trình1

ABC OABC

S V



1

36

luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm O bán kính R 2

Câu 48: [2D3-4] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Cho hàm số yf x 

liên tục trên [0; 1] thỏa mãn

 1

Chú ý rằng e x 1 x với x  Thật vậy, xét hàm số 0 f x  e x x với 1 x  , ta có 0 f x 

lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [0; 2]

Có bao nhiêu số nguyên a

thuộc đoạn [- 3;3]

sao cho M £ 2m?

Lời giải Chọn D

Xét hàm số y=x4- 4x3+4x2+ trên đoạn a [0; 2].

Ta có y 4x312x28x, y 0

012

x x x

Câu 50: [2H1-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Cho hình chóp S ABC. có mặt phẳng SAC vuông

góc với mặt phẳng ABC, SAB là tam giác đều cạnh a 3, BC a 3 đường thẳng SC tạo vớimặt phẳng ABC

góc 60 Thể tích của khối chóp S ABC. bằng

A

3 33

a

3 62

a

3 66

a

D 2a3 6

Lời giải Chọn C

Ta thấy tam giác ABC cân tại B , gọi H là trung điểm của AB suy ra BH AC.

Do SAC  ABC

nên BH SAC

Ta lại có BA BC BS nên B thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  H là tâm

đường tròn ngoại tiếp tam giác SAC  SASC

Do AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng ABC   SCA   60

a

