Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 sở GDĐT phú thọ lần 1 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Tính xác suất để số được chọn có chứa cả chữ số 1 và chữ số 5 đồng thời số lần xuất hiện của hai chữ số này bằng nhau trong số đó. A.[r]

SẢM PHẨM TỔ 3_TUẦN 9

Đề thi thử Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018

Câu 26: [1D2-2] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Với n là số nguyên dương thỏa mãn

1 210

n

A C 



  , hệ số của số hạng chứa x12 trong khai triển 5

3

2 n

x x



  bằng

Lời giải

Chọn A.

Ta có 2 1

1 210

n

A C 



 

 

 

1 !

!

210

2 ! 2! 1 !

n n



   1

2

Khi đó khai triển

12 5

3

2

x x



  có số hạng tổng quát  5 12  3

1 12k k 2 k

k

  C12k.2 k x60 8 k

Số hạng chứa x12 ứng với 60 8 k 12  k 6

Vậy số hạng chứa x12 trong khai triển 5

3

2 n

x x



  bằng C126.26 59136

Câu 27: [2D2-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Tích tất cả các nghiệm thực của phương

log x log log 16x x log x 0 là

Lời giải

Chọn A.

Điều kiện x 0

log x log logx x4 4log x 0 log x 4log x log logx x4 log x0

 3   3 2 

81 log 4 log log 0

1

x

x





 Vậy tích hai nghiêm bằng 81

Câu 28: [1H3-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hình chópS ABCD có đáy là hình thoi

cạnh cạnh a, ABC 120o, SCABCD, 6

2

a

SC  (tham khảo hình vẽ) Góc giữa hai mặt phẳng SAB và SAD bằng

A 90o B 60o C 45o D 30o.

Lời giải

Chọn A.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên SA BH SA, BH DH

   

Ta có AC a 3, AD a , 3 2

2

a

2

a

2

a

2

2

a

DH BH  BD a  BHD

Câu 29: [2D3-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Biết F x ax2bx c  2x3 (

, ,

a b c  ) là một nguyên hàm của hàm số  

2

20 30 11

2 3

f x

x



 trên khoảng 3;

2

 

Tính T   a b c

A T 11 B T 10 C T 9 D T 8

Lời giải

Chọn A.

 

2

20 30 11

2 3

f x

x



 Đặt

2 2

3

t x

x t t





     

 



 

2 2

2 3

2

t

t

t

  

 5t415t211 d t t t  4 5t211C 2x3 4 x22x5C

Câu 30: [2D1-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của

tham số m để hàm số 1 2  3   2

3

y m  x  m x  x nghịch biến trên khoảng   ; ?

Lời giải

Chọn A.

TXĐ: D 

Ta có: y m21x22m1x 2.

Với m 1  y2 0  hàm số nghịch biến trên khoảng   ; 

Với m 1  y4x 2 hàm số không nghịch biến trên khoảng   ; 

Với m 1  để hàm số nghịch biến trên khoảng   ;  điều kiện là:

2

2

1 3

m

m

  



   







Kết hợp các trường hợp ta được 1 1 0; 1

Câu 31: [2D3-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Biết

6

0

ln ln

2 5 2 4 8





( , ,a b c  ). Tính T   a b c

A T 3 B T 5 C T 4 D T 7

Lời giải

Chọn A.

2

5 4

 

   

t

a b c  a b c  

Câu 32: [1D5-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hàm số ycos 2x Tính 2018

2

y 

 

A 2018 22017

2

y 

  B 2018 22018

2

y  

  C 2018 22017

2

y  

  D 2018 22018

2

y 

 

Lời giải

Chọn A.

Áp dụng công thức cos    cos

2

ax b a ax b n   

Ta có 2 1 1

2 2

2 cos 2 2018 2 cos 2

Do đó 2018 22017.cos 22017

2

y   

 

Câu 33: [2H2-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho lăng trụ đứng ABC A B C ' ' ' có độ dài

cạnh bên bằng 2 ,a đáyABC là tam giác vuông cân tại A, góc giữa AC' và mặt phẳng

BCC B' ' bằng 30o (tham khảo hình vẽ) Diện tích xung quanh của hình trụ ngoại tiếp lăng trụ ABC A B C ' ' ' bằng

A 4a2 2 B a2 2 C 2a2 2 D 3a2 2.

Lời giải

Chọn A.

Gọi M là trung điểm của đoạn BC Ta có ( ' ')

'









AC M  AC BCC B  Đặt BC2x Ta có

2

BC

C M  CM CC  x  a

3

Hình nón ngoại tiếp hình lăng trụ này có bán kính đáy là MC a 2 và đường sinh là

' 2

BB  anên diện tích xung quanh bằng S2  a 2.2a4a2 2

Câu 34: [2D2-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham

số m để phương trình m 1 16 x2.25x 5.20x 0 có nghiệm duy nhất

Lời giải

Chọn A.

Ta có  

2

m          m 

Đặt 5 0

4

x

t    

  thay vào PT trên ta được PT: mf t  2t25 1t

B’

A’

C’

A

C

Lập BBT của f t  trên khoảng 0; 

Do đó, PT ban đầu có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi PT mf t  có nghiệm dương duy nhất

1

m

  Do đó chỉ có một giá trị nguyên dương của m thỏa mãn là m 1

Câu 35: [2D2-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m

trong đoạn 10;10 sao cho phương trình

2

2 2

2

2 1

x mx

x

có hai

nghiệm thực phân biệt ?

Lời giải

Chọn A.

2

2 0

* 1

2 1 0

2

x mx

x mx

   



Khi đó

Pt x mx  x mx  x  x

Xét hàm số f t  log2t t có   1 1 0, 0

ln 2

t

      nên f t  đồng biến trên 0;  .

Khi đó  1  f  x2mx2 f 2x1  x2mx2 2 x1

 2

     (do đó  * 1

2

x

   )

2

Ycbt  2 có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 lớn hơn 1

2



 2

4 4 0

0

0

m



    











Mà m nguyên và thuộc đoạn 10;10 nên m 6;7;8;9;10 Vậy có 5 giá trị của tham số m.

Câu 36: [2D1-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của

tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y x 4 4mx2m2 trên đoạn 1;1 bằng 1 Số phần tử của tập S là

Lời giải

Chọn A.

Có y 4x3 8mx4x x 2 2m

TH1: m 0 khi đó y' 0  x  0  1;1 nên

1;1

 

0 1;1 0

x y

   

   

  



Từ BBT ta có max 1;1 y max y 0 ;y 1 

4

y y   m m  m  m Khi đó ta có

 

2 1;1

maxy m 1 m 1

     (do 1

4

m  )

4

y y   m m  m  m Khi đó ta có

 

2 1;1

0

4

m

m







      

 (loại)

 

0 1;1 0

x y

   

   

  

  2

1;1

      (loại) Vậy m 0;1 , suy ra số phần tử của tập S là 2

Câu 37: [2D3-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hàm số f x  xác định trên \ 0;2 

thỏa mãn   2 2 ,

2

f x

 f 1 f  3 2và f  1 0 Tính  2 3  4 ,

2

f   f  f

kết quả:

Lời giải

Chọn A.

Ta có f x  ln x 2 C

x



Suy ra  

2

2

2

x

khi x x

x

x x khi x x

   







   



   





Ta có

   

 

2

1

2

3





f  f   f    C C C  

 

Câu 38: [1D2-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho số nguyên dương n thỏa mãn hệ thức

2 2 2n 128

Tính tổng 22 2 32 3  1 n 2 n

S  C  C    n C

A S 4 B S 3 C S 5 D S 6

Lời giải

Chọn A.

Ta có  2 0 1 2 2 2 1 2 1 2 2

Cho x 1ta được 1 3 2 1 0 2 2

Lại có  2 0 1 2 2 2 1 2 1 2 2

Cho x 1ta được 2 0 1 2 2 1 2 2

Nên S22C42  32C434 2C44 4

Câu 39: [2D1-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hàm số

  ax b, , , , ; 0, 0

cx d



 có đồ thị  C Đồ thị của hàm số yf x  như hình vẽ dưới đây Biết  C cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3 Tiếp tuyến của  C tại

giao điểm của  C với trục hoành có phương trình là

A x4y 3 0 B x4y 3 0 C x 4y 3 0 D x 3y 3 0

Lời giải

Chọn A.

Vì a,b,c,d có thể rút theo tỉ lệ Giả sử không mất tính tổng quát ta chọn c = 1.

Ta có  C cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3nên f  0 3 b 3

d

    b3d

  ax 3d

f x

x d



 Đồ thị của hàm số yf x  có đường tiệm cận đứng x 1 nên d 1

 2

Mặt khác f 0 f 2 4  

 

 

2

2

2

3 4

4

2 1

a

x

 









 

 Giao điểm của  C với trục hoành là A  3;0 .

Phương trình tiếp tuyến tại điểm A  3;0 là yf  3 x 3 1. 3

4 x

 

   hay x4y 3 0

Câu 40: [2D1-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hàm số 2

1

x y x





 có đồ thị  C và

điểmA0; a Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của  a trong đoạn 2018; 2018 để từ điểm A kẻ được hai tiếp tuyến đến  C sao cho hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục hoành.

A 2016 B 2015 C 2017 D 2018

Lời giải

Chọn A.

Gọi đường thẳng đi qua A0;a là kx a y   Điều kiện để hai đồ thị hàm số tiếp xúc là phương trình 2

1

x

kx a

x



 

 hay kx a x   1 x 2 0 có nghiệm kép

  2  1 2 0

g x kx x k a   a  có nghiệm kép

0

k

  và k a 12 4k a  2 0

0

k

  và h k  k2k2a 2 4 a8  a12 0

Để từ điểm A kẻ được hai tiếp tuyến đến  C thì h k   0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 hay

   2

k  k a  a  có hai nghiệm phân biệt khác 0 a 32 a12  0 a2

và a 1

Tọa độ tiếp điểm là

1

2

k

k

 







     

2

        

a12 a1 2  a 6  a12 0 a 2

Câu 41: [2H3-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Trong không gian Oxyz,cho điểm

(1; 2;3)

M Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng  P đi qua M và cắt các trục x O x y Oy z Oz ,  ,  lần lượt tại các điểm A B C, , sao cho OA2OB3OC0?

Lời giải

Chọn A.

Gọi tọa độ các điểm A a( ;0;0); (0; ;0); (0;0; )B b C c

lần lượt là tọa độ các điểm cắt các trụcx O x y Oy z Oz ,  ,  Ta có phương trình mặt phẳng

(ABC) :x y z 1

a b c  Mặt phẳng đi qua điểm

1 2 3

M

a b c

Mặt khác OA2OB3OC hay a 2b 3c Suy ra có 4 trường hợp xảy ra, mỗi trường hợp

ta có 1 phương trình mặt phẳng

2 3

2 3



  



  



 



Câu 42: [2D2-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho a b  , và hàm số

f x a x  x bx x Biết f(5log 6c ) 6 (0 c 1) Tính  log 5

Pf 

A P 2 B P 6 C P 4 D P 2

Lời giải

Chọn A.

Ta có: log 6 log 6

f f  (0 c 1)

f x a x  x bx x

f x a x   x  bx x a x  x  bx x

Suy ra: ( )log 5( ) 4.log 5 log 5

( 6 c ) (6 c ) 4 ( 6 c ) 4 6 2

f x f x

Câu 43: [2H1-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Có bao nhiêu giá trị của tham số thực m để

đồ thị của hàm số 4 2

y x  mx  có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có đường tròn ngoại tiếp đi qua điểm 3 9;

5 5

D  

 ?.

Lời giải

Chọn A.

0

y  x 0





 





Điều kiện để có 3 điểm cực trị là m 0

2

2 2

y





 

 



hàm số đã cho

Đường trung trực d của đoạn DM có phương trình: 3x y  1 0

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp  C qua ba điểm cực trị, suy ra I  d Oy  I0;1

1

R IM

     C x: 2y12 1

 

K C  mm212 1

1

1 5 2 0

m m m







 











Vì m 0 nên

1

5 1 2

m m









 



Câu 44: [2H1-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình

vuông cạnh a Gọi M N, lần lượt là trung điểm của AB vàAD H, là giao điểm của

và

CN DM Biết SH ABCD và SH a 3 (tham khảo hình vẽ) Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC bằng

A 2 57

19

19

19

19

a

Lời giải

Chọn A.

Dễ dàng chứng minh được: DM HC DM (SHC) DM SC

Kẻ HK SC d DM SC( ; )HK

19 5

SH CH



2 57 ( ; )

19

a

d DM SC

Câu 45: [1H3-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hình hộp ABCD A B C D ' ' ' ' có đáy là

hình thoi cạnh a 3, BD3 ,a hình chiếu vuông góc của B' lên mặt phẳng ABCD là trung

điểm O của AC (tham khảo hình vẽ) Biết thể tích khối hộp đã cho bằng

3 9 , 4

a

côsin của góc giữa hai mặt phẳng ABCD vàCDD C' ' bằng

A 21

3

21

3 9

Lời giải

Chọn A.

CO BC  BO  a    AC a  ABC là tam giác đều

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên AB khi đó ta có:

   

B H AB







 



Ta có:

2

a

2

OH

3

2

3 3 / 2

a

B H B O OH

7

OH

B H



Câu 46: [2D1-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Xét các số thực không âm thỏa mãn điều

kiện x3y3z3  2 3xyz Giá trị nhỏ nhất của biểu thức x2y2z2 bằng

Lời giải

Chọn A.

Từ giả thiết ta có:

x y z  xyz  x y z  xyz

2

x y z x y z xy yz zx

4

Đặt a x 2y2z2, b xy yz zx   ta có:

     

3

2

3

Hay Min x 2y2z2 34, khi x y z ; ;   3 2;0;0 , 0; 2;0; , 0;0; 2  3   3   .

Câu 47: [2H1-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là

hình vuông và SAABCD, SA y 0 M là điểm thuộc cạnh

 2 2 2

AD AM x  x a x y a (tham khảo hình vẽ) Biết rằng khối chóp

S ABCM có thể tích lớn nhất bằng a3 m m n, 

n



  Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A m2 n1 B n2 m1 C 2m2 n1 D 2n2 m1

Lời giải

Chọn A.

MAD, AM x, 0 x a AD a  CDAD BC a 

Tứ giác ABCM là hình thang vuông tại A B,

Ta có: 1   1  

ABCM

S  AB AM BC  a x a

V  SA S  a y x a

.

S ABCM

V đạt giá trị lớn nhất, khi: y x a.   lớn nhất  y2.x a 2 lớn nhất

Ta có: 2 2  2 2  2 1       

3 3 3

y x a  a  x x a  a x a x x a x a   (vì 2 2 2

x y a )

cô si  a x a x a x a x       a





Dấu “” xảy ra khi: 3a 3x a x 

2

a x

Suy ra giá trị lớn nhất của y x a.   là 3 3 2

4

a Vậy

.

S ABCM

V đạt giá trị lớn nhất bằng 3 3

8

a

Suy ra :  

2

3

1

8

 









Câu 48: [2H3-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Trong không gian Oxyz,cho hai mặt phẳng

 P x y:  2z 1 0 và  Q : 2x y z  1 0. Gọi  S là mặt cầu có tâm thuộc trục hoành

đồng thời cắt  P theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và cắt  Q theo giao

tuyến là một đường tròn có bán kính r Tìm r sao cho có đúng một mặt cầu  S thỏa mãn yêu

cầu trên

A 3 2.

2

3

2

Lời giải

Chọn A.

Ta gọi tâm I x ;0;0Ox là tâm mặt cầu  S và bán kính R

Theo bài toán:

 

 2

;

4 6 6

I P

 

 2

2

;

6 6

I Q

Bán kính R của mặt cầu  S là không đổi:  12 2 2 12 2 2

Để có duy nhất một mặt cầu thỏa mãn thì: ' 2 3 2

2

      Chọn A

Câu 49: [1D2-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ

số 0,1, 2,3, 4,5,6,7,8. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập X. Tính xác suất để số được chọn có

chứa cả chữ số 1 và chữ số 5 đồng thời số lần xuất hiện của hai chữ số này bằng nhau trong số đó

A 1619

3535

19

4939

26244.

Lời giải

Chọn A.

Số phần tử của không gian mẫu là  8.94 52488

Để đếm số phần tử của không gian thuận lợi cho biến cố A ta chia hai trường hợp

Trường hợp 1: mỗi chữ số 1, 5 xuất hiện 1 lần.

Nếu kể cả chữ số 0đứng đầu ta có A52.73 số, trong đó số các số có chữ số 0đứng đầu là A42.72

số Như vậy trường hợp này có A52.73 A42.72 6272 số

Trường hợp 2: mỗi chữ số 1, 5 xuất hiện 2 lần.

Nếu kể cả chữ số 0đứng đầu ta có 2 2

5 .73

C C số, trong đó số các số có chữ số 0đứng đầu là 2

4.1

C số Như vậy trường hợp này có 2 2 2

C C  C  số

Suy ra A 6272 204 6476 

Vậy 1619

13122

Câu 50: [2D3-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hàm số f x( )có đạo hàm liên tục trên

đoạn 0;1 thỏa mãn

1 2 0

1

3

x f x dx 

1

2 0

(1) 1, '( ) 28

f  f x dx Tính  

1

2 0

( )

I f x dx

A 37

9

9

5

5

I 

Lời giải

Chọn A.

       

1 3

2

x

x f x dx  f x  x f x dx  x f x dx

Ta có            

2

2

1

7

Do đó từ (1) suy ra dấu đẳng thức xảy ra f x' k x. 3 Thay vào (1) tính được k 14

Từ đó ( ) 7 4

2

f  C  f x  x 

Vậy  

2

f x dx  x   dx