Đề thi thử đại học môn toán năm 2018 trường thpt thái nguyên lần 3 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Gọi V 1 là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox... Không xác định..[r]

GIẢI MỘT SỐ CÂU VD – VDC

ĐỀ THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN LẦN 3 Câu 29 [2H3-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Trong không gian với hệ trục Oxyz,

cho bốn điểm M2;0;0 , N0; 3;0 ,  P0;0; 4 , Q2;3; 4 Tìm số mặt phẳng   đi qua M N,

và khoảng cách từ Q đến   gấp hai lần khoảng cách từ P đến  

Lời giải Chọn C.

+) Nhận thấy

2; 3;0 2;0; 4 2;3;0

MN MP PQ



 











  MN song song với PQ

+) Từ kết luận trên ta có   MN thì dP;   d Q;  

+) Vậy : d Q;   2dP;    d Q;   dP;   0 hay     MNPQ Vậy có duy nhất một mặt phẳng thỏa mãn điều kiện bài toán

tám chữ số đôi một khác nhau Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên thuộc vào tập S Xác suất để chọn được một số thuộc S và số đó chia hết cho 9 là:

A. 8

74

1

7

81.

Lời giải Chọn C

 Số cách lập số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau là  9.A97

 Gọi số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 9 là a a a1 2 8

Tổng của 10 số tự nhiên đầu tiên là 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 45          là số chia hết cho 9

Do đó,a a a1 2 8 có các chữ số a i  i, 1,8 được lấy từ các chữ số không chứa các chữ số sau:

Trường hợp 1: Không chứa chữ số 0 và 9 Có 8! cách

Trường hợp 2: Không chứa chữ số 1 và 8 Có 8! 7! số

Trường hợp 3: Không chứa chữ số 2 và 7 Có 8! 7! số

Trường hợp 4: Không chứa chữ số 3 và 6 Có 8! 7! số

Trường hợp 5: Không chứa chữ số 4 và 5 Có 8! 7! số

Vậy xác suất cần tìm là  

7 9

8! 4 8! 7! 1

P

A

Câu 32 [1H3-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Cho hình chóp .S ABCD có đáy

ABCD là hình vuông cạnh bằng 10 Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ABCD và

10 5

SC  Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và CD Tính khoảng cách d giữa BD và

MN

A.d  5 B d 3 5 C. d 10 D. d 5

Lời giải Chọn A.

Cách 1: Xét tam giác vuông SAC có : SA SC2 AC2  500 200 10 3 

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Ta có : A0;0;0 , M0;0;5 3, B10;0;0, D0;10;0, C10;0;0, N5;10;0

 10;10;0 2  1;1;0

BD   u  

1; 2 3; 3;3

u u

 

, ND   5;0;0

1 2

,

,

u u ND

d MN BD

u u

  

Cách 2

Trong mặt đáy, kẻ đường thẳng đi qua N và song song với BD, đường thẳng này lần lượt cắt AB,

AC,ADtại E,Hvà F

Khi đó  ,   ,    ,   1 A,  

3

d MN BD d BD MEF d B MEF  d MEF Trong mặt phẳng AMH kẻ  AK MH tại K, suy ra dA,MNE  AK

Đặt a  10, ta có 3 3 2

a

AM  AS 

3 5

a AK

3

Câu 35 [2D3-3] (THPT Gang thép Thái Nguyên lần 3 – 2018) Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo

thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y x y, 0 và x 4 quay quanh trục Ox Đường thẳng x a (0a4) cắt đồ thị hàm số y x tại M (hình vẽ bên) Gọi V1 là thể tích

khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox Biết rằng V 2V1 Giá trị của

a thỏa mãn

S

A

B

D

C

M

N

E

F

H O K

A.a  3 4[ ; ) B a [2; )3 C a [1; )2 D a  0 1( ; ).

Lời giải Chọn A.

Ta có V xdxx  

4

8

2 (đvdt)  V1  4 (đvdt)

Mặt khác V1 là tổng thể tích hai khối nón tròn xoay V OMKvà V HMK.

OMK

a

V  MK OK 

2 2

1

HMK

V  1 MK HK2  4

OMK HMK

a

3 Từ đó :4a    a

Câu 36 [2H3-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Hàm số 2sin 2 cos 2

y





  có tất

cả bao nhiêu giá trị nguyên?

A. 4 B. 2 C. 3 D. 1

Lời giải Chọn B

Ta có: 2sin 2 cos 2 ( 2) sin 2 ( 1) cos 2 3



Để phương trình (*) có nghiệm với ẩn x thì:

7

Vậy có 2 giá trị nguyên của y

Câu 42: [2D1-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Một viên đá được ném lên từ gốc tọa độ

O trong mặt phẳng Oxy (Ox nằm ngang) chuyển động theo đường (quỹ đạo) có phương trình

y m x mx Tìm giá trị của tham số thực, dương m để viên đá rơi cách điểm O xa nhất

A m 2 B. m 3 C m 4 D m 1

O

4

M

a

y x

Lời giải Chọn D

y=2x 2 -x

y

x

1 2

O

Phương trình hoành độ giao điểm  2 2

2

0

1

x

x m







 





Suy ra khoảng cách viên đá rơi cách gốc O là 2

1

m d

m



m d m

  Dấu đẳng thức xảy

ra khi và chỉ khi m 1hay m 1 Vậy số thực, dương m để viên đá rơi cách điểm O xa nhất là

1

m  .

Câu 43: [2D2-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Tìm tất cả giá trị của tham số m đê bất

phương trình m.9x (2m1)6xm.4x0 có nghiệm với mọi x 0;1 .

A m 6 B m 6 C m 4 D 6m4.

Lời giải Chọn B.

m  m m   m   m   m

x

t     t 

    Bất phương trình trở thành:

2

m t  m t m   m t  t

+ Với t 1 thì (*) thỏa mãn nên x 0 (thỏa mãn điều kiện với mọim)

+ Với 1 3

2

t

  thì  

2

2

3

2 1

t

t



Xét hàm

2

 

 

 

t

1 3

2

'( )

- 

6

Do đó 1;3  2

2

6 1

t

t

t

 

 



Câu 44: [1D4-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Cho dãy số  u biết n

1

1

2

u







3

n n

u

L 

A. Không xác định B.L  C. 5

6

L  D.L 0

Lời giải.

Chọn C.

Cách 1: Ta có

u  u    u     u     u    

1





Suy ra

1

n n

n

u L

 

Cách 2

1

2

u   u    u  u      

u  u     n





Xét dãy số ( )v với n 1, 1

2

v u   n Từ  1 suy ra, v n 3v n1, n 2 Hay dãy số ( )v là một n

cấp số nhân với số hạng đầu 1 1

2

v u     và công bội q 3

Suy ra số hạng tổng quát của dãy ( )v là n 5.3 1

2

n n

v  

Từ đó, số hạng tổng quát của dãy ( )u là n 1 5.3 1 1

n

u v



n n

n

u

L        

 

Câu 45 [2D3-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Kí hiệu S S S1, ,2 3 lần lượt là diện tích

hình vuông có cạnh là 1, hình tròn có bán kính bằng 1, hình phẳng giới hạn bởi hai đường

2

y  x y  x Tính tỉ số 1 3

2

S S S



2

1 5





S S

1 3

2

1 3





S S

1 3

2

1 2





S S

1 3

2

1 4





S S S

Lời giải Chọn C

+ Ta có S1 1; S2 

+ Ta thấy phương trình 2 1 2 2(1 ) 0

1







x

x Khi đó:

3

1

2

Tính

1

2

0

 

Đặt sin , 0;

2





Suy ra 3 1

2

 

S 

Khi đó: 1 3

2

1 2





S S S

Nhận xét:

1

2

0 0

1

2 1

4

 x dx S Trong đó S0 là diện tích Elip 2 2 1

4

y

x   1

2 0

0

2

Câu 46 [2D1-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Biết trên khoảng 8; 5

2

 

  hàm số

y x ax  ax a b    a b a 0 đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x3 Hỏi trên đoạn 1;3 hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm nào?

Lời giải Chọn B.

Hàm số yf x   x22ax22ax a b  1 8b 4bxác định và có đạo hàm trên 

Ta có f x'  2x2 2  ax25ax a b  1

Do a0 , hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x3 trên khoảng 8; 5

2

 

TH1: a0 ta có bảng biến thiên

Thỏa mãn đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x3 trên đoạn 8; 5

2

 

x

y

1 1

2

Từ bbt suy ra trên đoạn 1;3 hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm 1

2



x

TH2: a0 ta có bảng biến thiên

Không thỏa mãn đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x3 trên đoạn 8; 5

2

 

Chú ý: Đã bổ sung điều kiện a 0 so với đề gốc để câu hỏi được chặt chẽ

Câu 47 [1D1-3] (THPT Gang Thép – Thái Nguyên Lần 3 - 2018)

Số nghiệm của phương trình sin 3 cos3 2 2 cos 4 1 0

sin

x



   trong khoảng 0;

2



  là

Lời giải Chọn C.

Ta có sinx 0 với mọi 0;

2

x  

 , do đó trên khoảng 0;

2



  phương trình đã cho tương đương với sin 3 cos3 2 2 cos 1 0

4

x x x  

3sinx 4sin x 4cos x 3cosx 2 cosx sinx 1 0

5 sinx cosx 4sin x 4cos x 1 0

5 sinx cosx sinx cosx 4 4sin cosx x 1 0 1

4

t x x x   t 

  Khi đó, ta có

2sin cosx xsin xcos x sinx cosx  1 t ,

do đó phương trình (1) trở thành

 2

5t t 4 2 1  t  1 0

2

3

2t t 1 0

     t1 2  t2 2t1 0  t1

Do vậy

2 2

2

x k

x

















Do 0;

2

x   

  nên phương trình vô nghiệm trên 0;

2



  Chọn C.

Câu 48 [2H1-4] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình

bình hành thỏa mãn AB a , AC a 3,BC2a Biết tam giác SBC cân tại S , tam giác SCD

vuông tại C và khoảng cách từ Dđến SBC bằng  3

3

a Tính thể tích khối chóp đã cho.

A.

3

3 5

a

B

3 5

a

3 2

3 5

a

3

3 3

a

Lời giải

Chọn C.

+ Gọi H là điểm thuộc cạnh AC sao cho 2

3

a

HC  Do DC vuông góc với SC và AC nên DC

vuông góc với SAC do đó ta có  SAC vuông góc  ABCD Suy ra hình chiếu của S lên mặt 

đáy sẽ nằm trên cạnh AC Mặt khác ta lại có SBC cân tại S nên đễ dàng suy ra được SH là

đường cao hình chóp

+ Kẻ HE vuông góc BC , HG vuông góc SE nên HG d H SBC  ;  

+ Vì kẻ AE vuông góc BC , ; 3

2 3

HE AE mà d D SBC ;   d A SBC ;   và

;

;

d A SBC AF

HE

d H SBC  nên  ;   2 3

9

d H SBC  Do đó: Từ 1 2 12 12

GH HS HF ta được

2 15

a

.

.2

S ACBD

Câu 49 [2D3-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Tính tích phân

/4 0 ln(tan 1)d



được kết quả là I a ln 2 c

b



  với với a b c, , ,b0,( , ) 1a b  Khi đó P abc nhận giá trị

Lời giải Chọn D

Đặt

4

x  t, ta có

0 4

1 tan

2

1 tan

ln 2 4

8

t

t

t I

















Câu 50 [2D4-4] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Xét số phức z thỏa mãn

iz i  z  i  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P(1 )i z2 i

A P min 4 2 B P min 26 C min

9 17

P  D P min 3 2.

Lời giải Chọn A.

Gọi M x y A B I lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z, 2 2 , 1 3 , 1 ( ; ), , ,  i   i   i

Ta có: iz 2i 2  z 1 3i  34 z 2 2 i  z 1 3i  34 MA MB AB 

 M thuộc tia đối của tia BA

Dựa vào quan sát, suy ra:Pmin  MImin  M B

Vậy Pmin  2IB4 2