Bài tập vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử đại học môn toán năm 2018 trường thpt hà tĩnh lần 1 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

a Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt vuông góc với đáy.?. Mệnh đề nào sau đây đúngA[r]

GIẢI CÁC CÂU VD – VDC THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018

Câu 35: [1D3-3] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho 4 số thực a b c d, , , là 4 số hạng liên

tiếp của một cấp số cộng Biết tổng của chúng bằng 4 và tổng bình phương của chúng bằng 24 Tính P a 3b3c3d3

A P 64. B P 80. C P 16. D P 79.

Lời giải Chọn A.

Gọi 4 số hạng này là x 3 ;m x m x m x ;  ; 3m

1

Gt

m



Vậy 4 số hạng này là 2;0;2;4 Suy ra P 64.

Câu 36 [2D1-3] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Tổng tất cả các giá trị của tham số thực m

sao cho hàm số y x 3 3mx24m3 có cực đại cực tiểu đối xứng nhau qua đường phân giác của góc phần tư thứ nhất là

A.

2

1

1

2

Lời giải Chọn C.

Ta có: y'3x2 6mx3x x  2m  y' 0 x0,x2m

Hàm số có CĐ, CT  m0

Gọi A0; 4m3,B m2 ;0

là hai điểm cực trị của hàm số, I m m ; 3

2

là trung điểm AB

Ta có phương trình đường thẳng đi qua hai điểm CĐ, CT: y2mx24m3

Để A B, đối xứng với nhau qua đường thẳng yx d 

ta có

( m )

I d

  







2

m

m







2 3

2

2 (vì m 0 ).

Câu 37 [2D3-3] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới

hạn bởi các đường x y  2 0 , y x, y  quay quanh trục Ox bằng0

A.

5

6 5



2 3



5 6



Lời giải Chọn D.

Thể tích khối tròn xoay cần tìm bằng

2

Câu 38 [2H1-3] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là

tam giác vuông tại B, AB a BC ; 2 a Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt vuông góc với đáy Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , mặt phẳng (SAG) tạo với đáy một góc 600 Tính thể tích

tứ diện ACGS

A

3 6 36

a

3 6 18

a

3 3 27

a

3 6 12

a

Lời giải

S

A

F E

60

Chọn B.

+ Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC) nên H là trung điểm của AB Kẻ HE vuông góc AG

Do đó góc HES là góc của (SAG) với đáy

+ Vì AB a BC ; 2a nên BAG· =450 2

a HG

.tan 60

2

a

Nên

a

Câu41 [2D1-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Đường thẳng y m 2 cắt đồ thị của hàm số

y x  x  tại hai điểm ,A B sao cho tam giác OAB vuông (O là gốc tọa độ) Mệnh đề nào

sau đây đúng?

A. m 2 5;7

B. m 2 3;5

C. m 2 1;3

D. m 2 0;1

Lời giải Chọn C

Do đồ thị hàm số y x 4 x210 đối xứng qua Oy nên đường thẳng y m cắt đường cong 2

  

y x x tại ,A B thì , A B đối xứng qua Oy

Khi đó OAB vuông khi và chỉ khi A m m 2, 2

, B m m 2, 2

 m8 m4 m210 0 .

Đặt t m 2  ta được:0 t4 t2 t 10 0

Xét hàm f t   t4 t2 t 10

Ta có f  1 11, f  3 59  f  1 f  3   0 t 1;3

Vậy m21;3

Câu 44: [1H3-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho hình lăng trụ ABC A B C.    có A ABC.

là tứ diện đều cạnh a Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AA và BB Tính tan của góc giữa

hai mặt phẳng ABC

và CMN

A

2

3 2

2 2

4 2

13

Lời giải Chọn C

Cách 1:

Gọi O là trung điểm của AB Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho O0;0;0

, 1

;0;0 2

 ,

1

;0;0 2

B 

3 0; ;0 2

C 

3 0; ;0 6

H 

6 3

a

A H 

3 6 0; ;

Ta có AB A B  B1; 63; 36

  Dễ thấy ABC

có vtpt n  1 0;0;1

M là trung điểm AA

; ;

4 12 6

 , N là trung điểm BB

; ;

4 12 6

 1;0;0

MN  

,

1 5 3 6

 CMN

có vtpt

2

6 5 3 0; ;

6 12



3 0; 2 2;5 12



cos 

5

1

cos





5



Cách 2:

Gọi H là trực tâm tam giác đều ABC và I là trung điểm của AH Ta có AH ABC

và

MI  ABC

c là giao tuyến của hai mặt phẳng ABC

và MNC

Kẻ IK tại c K

Ta có MI  và IK c  nên MK c  Suy ra góc giữa hai mặt phẳng c ABC

và CMN

là



MKI

 

Xét tam giác ABC ta có

a CP

2

(với P là trung điểm cạnhAB)

Mặt khác

1 ' 2

'

2 2

a

Vậy

tan 

 tanMKI MI

KI

5

2 3 5 3

a

a

Câu 45: [2D4-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho số phức z thỏa mãn z 1 i  , số1

phức w thỏa mãn w 2 3 i  Tìm giá trị nhỏ nhất của z w2 

A 13 3 B 17 3 C 17 3 D 13 3

Lời giải Chọn B

Gọi M x y ; 

biểu diễn số phức z x iy  thì M thuộc đường tròn  C1

có tâm I11;1

, bán kính

R 

 ; 

N x y   biểu diễn số phức w x iy   thì N thuộc đường tròn C2

có tâm I22; 3 

, bán kính

R  Giá trị nhỏ nhất của z w chính là giá trị nhỏ nhất của đoạn MN

Ta có I I   1 2 1; 4

I I

  R1R2   C1 và C2

ở ngoài nhau

min

MN

 I I1 2 R1 R2  17 3

Câu 46: [2D1-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho hàm số y=f x( ) có đạo hàm liên tục

trên ¡ , thỏa mãn 2 (2 )f x +f(1 2 ) 12- x = x2, phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y= f x( ) tại điểm có hoành độ bằng 1 là

A y2x2 B y4x 6 C y2x 6 D y4x 2

Lời giải Chọn D.

Từ giả thiết 2 (2 )f x +f(1 2 ) 12- x = x2 (*) ta có:

2 (0) (1) 0

(1) 2

2 (1) (0) 3

f

Đạo hàm hai vế của (*) ta được: 4 '(2 ) 2 '(1 2 )f x - f - x =24x, suy ra

4 '(0) 2 '(1) 0

'(1) 4

4 '(1) 2 '(0) 12

f

Do vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y4x1 2 4x 2

Câu49 [2D3-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Biết

2018

0

sin sin cos

a

x









trong đó a b, là các số nguyên dương Tính 2a b

A. P  8 B. P  10 C. P  6 D. P 12.

Lời giải Chọn A.

Đặt  

2018

sin

x

f x



 xác định trên R Ta có f   x f x   1

2018

cos

1 2

x



Ta tính

 

0

I xf x dx





Đặt x  , suy ra  t dxdt Đổi cận x 0 t; x  t0 Khi đó

(do (1))

2

2





Đặt x t 2



 

, suy ra dx dt Đổi cận x 2 t 0; x t 2



Khi đó

2

(do (2)) Suy ra a2;b4 Suy ra P2a b 8

Câu 50: [2D1-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho phương trình:

sinx 2 cos 2 x  2 2cos x m 1 2cos x m 2 3 2cos x m 2

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình trên có đúng 1 nghiệm

2 0; 3

x 



Lời giải Chọn D.

Ta có:

sinx 2 cos 2 x  2 2cos x m 1 2cos x m 2 3 2cos x m 2

sin 1 2sinx x 2 2cos x m 2 2cos x m 2 2cos x m 2

2sin x sinx 2 2cos x m 2 2cos x m 2 1

Xét hàm số f t  2t3 có t f t  6t2 1 0,   , nên hàm số t f t  đồng biến trên .

Suy ra  1  f sinxf  2cos3x m 2 sinx 2 cos3x m 2  2

Vì

2

0;

3

x 

 nên sinx  Do đó 0  2  sin2x2cos3x m 2

 2cos3x cos2 x 1 m  3 Đặt tcosx, phương trình  3

trở thành 2t3 t2 1 m  4

Khi

2

0;

3

x 

 thì

1

;1 2

t   

  Phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm

2 0;

3

x  

 khi và chỉ khi

phương trình  4

có đúng một nghiệm

1

;1 2

t   

 

Xét hàm số g t  2t3 t2  với 1

1

;1 2

t  

 

Ta có g t  6t2 2t,

 

0

3

t

g t

t







 

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra, phương trình  4

có đúng một nghiệm

1

;1 2

t   

  khi và chỉ khi 28

4

27

m

   

Vì m nguyên nên các giá trị cần tìm của m là 4; 3; 2  