Đề thi thử đại học môn toán năm 2018 trường chuyên hạ long mã 108 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Biết rằng trong các thiết diện của hình chóp cắt bởi các mặt phẳng chứa SO , thiết diện có diện tích lớn nhất là tam giác đều cạnh bằng a , tính thể tích khối chóp đã cho.. Lời giải.[r]

Trang 1

Câu 34 [2D25.73] [Chuyên Hạ Long – 2018 mã đề 108] Cho phương trình

m 5 9 x2m1 3 x m   Biết rằng tập các giá trị của tham số m để phương trình có1 0 hai nghiệm phân biệt là một khoảng ( ; ).a b Tổng S a b bằng

Lời giải Chọn A.

Đặt t=3x>0 ta có phương trình m 5t22m1t m  1 0  *

+ Nếu m- 5 0= Û m=5 thì phương trình ( )*

có một nghiệm

1 2

t 

Þ phương trình đã cho

có một nghiệm (Loại)

+ Nếu m- 5 0¹ Û m¹ 5 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt Û Phương trình

( )*

có hai nghiệm dương phân biệt

m S

m m P

m

ìïï ¢D = - + - - >

ïï

-ïï

Û íï = - >

ïï

-ï = >

-ïî

2

0 5 1

0 5

m m

ì - - >

ïï ïï

Û í -ï <

ïï -ïî

1 0 5

;

m m

ì < >

ïï

Û íï < <ïî 1 3Û < <3 5

Khi đó (a b; ) (= 3 5; )Þ S= + =a b 8

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1 [2D25.7-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của m trong (0 2018; )

để phương trình

2 2 1 2 2 2

4x x m.2x x 3m 2 0

    có bốn nghiệm phân biệt?

A. 2015 B. 2017 C. 2014 D.1009

4x x m.2x x 3m 2 0 4x x 2 2m x x 3m 2 0

2

    Phương trình đã cho trở thành: t2 2mt3m 2 0  *

Với mỗi giá trị t>1 thì log t >2 0Þ 2(t-1)2= Ût (t- 1)2=log2tÛ x= ±1 log2t Do đó

phương trình đã cho có bốn nghiệm Û Phương trình ( )* có hai nghiệm ,t t1 2thỏa mãn

t t

< <1 2

2

     



2

1 2

1 2 1 2

2 0

1 0



Áp dụng định lí Viet:

1 2

2

  





 

m



 





1 1

m m





Þ Trong (0 2018: )

có 2015 giá trị nguyên của m

Trang 2

Câu 2 [2D5.8-3] Cho bất phương trình 9x 2m 2 3 x m  Biết rằng tập các giá trị của tham1 0

số m để bất phương trình nghiệm đúng x" Î R là ;

a b

ç- ¥ ú

è û trong đóa b, Î Z,b> 0 và

a

b là

phân số tối giản Tổng S  a b bằng

Lời giải ChọnD

Đặt t=3x>0 ta có bất phương trình:

t  m t m    t  t  m t

2 4 1

2 1

m t

 

Xét hàm số  

2 4 1

f t

t

 



liên tục trên (0;+¥ ).

  1 42;   0 2

t

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy bất phương trình nghiệm đúng với mọi giá trị x Î R

2 4 Do đó a=11;b= Þ4 a b+ =15.

Câu 38 [2D4-4] [Chuyên Hạ Long – 2018 mã đề 108] Cho số phức z thỏa mãn z 3 4 i  5. Gọi

,

M m lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất biểu thức P z 22 z i 2

Khi đó môđun của số phức w M mi  bằng

Lời giải Chọn B

Phân tích:Cho số phức z thỏa mãn một điều cho trước (điểm biểu diễn của z thuộc một

tập hợp điểm cho trước, đường tròn, đường thẳng, elip…) Tìm Max – min của một biểu thức về môđun của z

Gọi z x yi  với x y  , 

.

Trang 3

Ta có: z 3 4 i  5 x 32y 42  Suy ra, tập hợp điểm 5 M x y ; 

biểu diễn cho

số phức z trên hệ tọa độ Oxy là đường tròn C

tâm I3; 4

và bán kính R  5 Lại có: P z 22 z i 2 x22y2 x2 y12 P 0 4x2y 3 P , đây là 0 phương trình của đường thẳng : 4x2y 3 P0

Ta thấy M   C

Điều kiện để  cắt  C là:  ,  23 5 10 23 10 13 33

2 5

P

d I   R       P   P

Suy ra: m13,M 33và w33 13 i w  1258

Câu 1: [2D4-4]Xét các số phức z x yi a b ,  thỏa mãn z 2 3i 2 2 Tính P2x y khi

z  i  z  i đạt giá trị lớn nhất

z x yi  với x y  , 

Ta có: z 2 3i 2 2x22y 32  Suy ra, tập hợp điểm 8 M x y ; 

biểu diễn cho

số phức z trên hệ tọa độ Oxy là đường tròn  C

tâm I  2;3

và bán kính R  8 Gọi A   1; 6

, B7;2

và J3; 2 

là trung điểm của AB Đặt P  z 1 6i  z 7 2 i suy ra P MA MB   2MA2MB2

(BĐT Bunhiacopxki)

Ta có:

2

AB

MA MB  MJ 

với J là trung điểm của AB

Vì M chạy trên đường tròn , J cố định nên MJ  IJ R.

Do vậy P2 4 IJ R2AB2 nên  2 2

m

Dấu "= " xảy ra khi MA MB và ba điểm M I J, , thẳng hàng Điều này thỏa mãn nhờ

IA IB

Phương trình đường trung trực của AB là:

3 2

 





 

Do đó: M   C

, tọa độ của M là nghiệm hệ:

 2  2  2  2

Mặt khác :

M   P MA MB   và M0;1 P MA MB  2 50.

Vậy đểP thì Max M  4;5

Suy ra 2a b 3 Cách 2: Cách Đại Số :

Trang 4

 12  62  72  22

P 

Câu 2: [2D4-4] (SGD – HÀ TĨNH )Trong các số phức z thoả mãn z 2 4 i 2

, gọi z và 1 z là số2 phức có mô-đun lớn nhất và nhỏ nhất Tổng phần ảo của hai số phức z và 1 z bằng.2

Lời giải Chọn D

Gọi z x yi x y  , ,   và  M x y ;  là điểm biểu diễn số phức z

Theo giả thiết z 2 4 i 2 x yi  2 4 i 2 x 22y 42  4

Suy ra M  C : x 22y 42 4

Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z 2 4 i 2

là đường tròn  C có

tâm I2; 4 bán kính R 2.

Đường OI có phương trình y2x cắt đường tròn  C tại hai điểm

10 2 5 20 4 5

;

A   

10 2 5 20 4 5

;

  Do OA OB nên điểm A biểu diễn số phức có môđun lớn nhất, và điểm B biểu diễn số phức có môđun nhỏ nhất

Câu 40 [2D1-3] [Chuyên Hạ Long – 2018 mã đề 108] Cho hàm số

1

2

yf x  x  x  x 

có

đồ thị ( )C và đường thẳng : d y mx Gọi S là tập các giá trị thực của m để đồ thị ( ) C

luôn có ít nhất hai tiếp tuyến song song với d. Số các phần tử nguyên của S là:

Ta có f x( ) 2 x3 3x212 x

+ Điều kiện cần:

Để ( )C luôn có ít nhất hai tiếp tuyến song song với dlà:

Phương trình 2x3 3x212x m có ít nhất hai nghiệm phân biệt

Trang 5

Xét

y x  x  x có y CD 7,y CT 20.

Phương trình 2x3 3x212x m có ít nhất hai nghiệm phân biệt  20m7

+ Điều kiện đủ:

20m : phương trình 7 2x3 3x212x m có ba nghiệm phân biệt nên ( )C luôn có ít nhất hai tiếp tuyến song song với d.

20 :

m 

phương trình tiếp tuyến của( )C có hệ số góc bằng 20

là:

20 23 1651 20

32





  

song với d).

7 :

m  phương trình tiếp tuyến của ( ) C có hệ số góc bằng 7 là:

7 9 1883 7

32

 





  

 (song song với

)

d

Vậy điều kiện cần và đủ là: 20m7.

Số giá trị nguyên của m là 28.

Câu 1 [2D1-3] Cho hàm số

1

2

yf x  x  x  x 

có đồ thị ( )C và đường thẳng

d y mx  Gọi S là tập các giá trị thực của m để đồ thị ( ) C luôn có ít nhất hai tiếp

tuyến song song với d. Số các phần tử nguyên của S là:

Lời giải Chọn A

Làm tương tự như trên nhưng loại trường hợp m 20.

Câu 2 [2D1-3] Cho hàm số yf x( )x4 x3 3x2 có đồ thị ( )1 C và đường thẳng

2

1

m

 Gọi S là tập các giá trị thực của m để đồ thị ( ) C luôn có ít nhất hai

tiếp tuyến vuông góc với d. Số các phần tử nguyên của Slà:

Làm tương tự ta được đáp án A

Câu 42 [2D1-4] [Chuyên Hạ Long – 2018 mã đề 108] Cho hàm số  

2

x m

x





 với mlà tham số Tìm các giá trị của msao cho từ điểm A1; 2 kẻ được hai tiếp tuyến AB AC, đến  C (B C, là các tiếp điểm) và tam giác ABC là tam giác đều.

A.

3 2

m 

3 2

m 

7 2

m 

7 2

m 

Nhận thấy điểm Athuộc một đường phân giác :yx3 của các góc tạo bởi hai đường

Trang 6

tiệm cận của  C

, mà đó chính là một trục đối xứng của  C

nên tam giác ABC luôn cân tại A

Để ABC đều thì ta phải có thêm điều kiện BAC    Các tiếp tuyến  60 AB AC, đều phải tạo

với một góc 30

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến AB

Do tính đối xứng nên ta chỉ cần xét với k  2 3

Khi đó (AB y ax) :   2 a với a  2 3

(AB)tiếp xúc với  C 

phương trình 2 2

x m

x



 có nghiệm kép

 ax21 3 a x 2a 4 m có nghiệm kép khác0 2

3 2

m

Vậy:

3 2

m 

Câu 1: [2D1-4] Cho hàm số  

2

x m

x





 với mlà tham số Tìm các giá trị của msao cho từ điểm

1; 2

A kẻ được hai tiếp tuyến AB AC, đến  C (B C, là các tiếp điểm) và tam giác ABC có một

góc bằng 120

A.

3 2

m 

3 2

m 

7 2

m 

7 2

m 

Câu 2: [2D1-4] Cho hàm số  

2

x m

x





 với mlà tham số Tìm các giá trị của msao cho từ điểm

1; 2

A

kẻ được hai tiếp tuyến AB AC, đến  C

(B C, là các tiếp điểm) và

5BC2 AB AC

A.

10 3

m 

4 3

m 

10 3

m 

4 3

m 

Nhận thấy điểm Athuộc một đường phân giác :y x3 của các góc tạo bởi hai đường tiệm cận của  C

, mà đó chính là một trục đối xứng của  C

nên tam giác ABC luôn cân tại A Gọi H là trung điểm BC ta có 5BC 2AB AC   BH 2AH

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến AB

tan AB

1

;3 3

 

Do tính đối xứng nên ta chỉ cần xét với k  Khi đó 3 (AB y) : 3x1

(AB)tiếp xúc với  C phương trình x m x 2 3x1 có nghiệm kép.

 3x2 8x 2 m0 có nghiệm kép khác2

Trang 7

10 3

m

Câu 43 [2D1-3] [Chuyên Hạ Long – 2018 mã đề 108] Có bao nhiêu giá trị của tham số m thuộc

khoảng ( 2;3) để đồ thị hàm số 4 2  2 

y x  x  m x  x

tiếp xúc với trục hoành?

Lời giải Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm:

   

x  x  m x  x 

x 1 x 2 x 1 x 2 m 0

        

1 2

x x

 



  

 Theo đề ra thì phương trình  1 có nghiệm bội chẵn nên phương trình  2 có nghiệm kép

khác 1 và 2 hoặc hương trình  2 có 2 nghiệm phân biệt trong đó 1 nghiệm là 1 hoặc

2

 1 0

g

   hoặc g 2  hoặc 0

 

1 0

2 0

g g





 









2 4 9 4

m m m



 



  







 Ta chọn m  hoặc 2

9 4

m 

Câu 1 [2D1-3] Tổng tất cả các giá trị của của tham số m thuộc khoảng ( 3;3) để đồ thị hàm số

y x  x  m x  x

A

13

1

17

4 .

   

x  x  m x  x 

x 1 x 2 x 1 x 2 m 0

        

1 2

x x

 



  



Trang 8

Theo đề ra thì phương trình  1 có nghiệm bội chẵn nên phương trình  2 có nghiệm kép khác

1 và 2 hoặc hương trình  2 có 2 nghiệm phân biệt trong đó 1 nghiệm là 1 hoặc 2

 1 0

g

  hoặc g  2  hoặc 0

 

1 0

2 0

g g











 



2 4 9 4

m m m



 



  







 Ta chọn m  hoặc 2

9 4

m 

Vậy tổng bẳng

1

4

Câu 2 [2D1-3] Tích tất cả các giá trị của tham số m thuộc khoảng 5;12 để đồ thị hàm số

y x  x  m x  x

   

x  x  m x  x 

x 1 x 3 x 1 x 3 m 0

        

1 3

x x

 



  

 Theo đề ra thì phương trình  1 có nghiệm bội chẵn nên phương trình  2 có nghiệm kép khác

1 và 3 hoặc hương trình  2 có 2 nghiệm phân biệt trong đó 1 nghiệm là 1 hoặc 3.

 1 0

g

  hoặc g  3 hoặc 0

 

1 0

3 0

g g

   











 

 4

12 4

m m m







 

 Ta chọn m  hoặc 4 m 4 Vậy tích bẳng 16

Câu 45 [2H1-3] [Chuyên Hạ Long – 2018 mã đề 108] Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD. , đường

cao SO Biết rằng trong các thiết diện của hình chóp cắt bởi các mặt phẳng chứa SO, thiết

diện có diện tích lớn nhất là tam giác đều cạnh bằng a , tính thể tích khối chóp đã cho.

A

3 2 6

a

3 3 12

a

3 3 4

a

3 3 6

a

Lời giải

Chọn B.

Trang 9

Kẻ đường thẳng đi qua O và cắt AB CD lần lượt tại , , H K Ta được thiết diện là tam giác

SHK và tam giác SHK cân tại S

Đặt KD x Gọi cạnh hình vuông là b

1 2

SHK

, do SO không đổi nên S SHK max  HK max

Mà HK  KI2IH2  b2b 2x2

Do đó HKmax b 2 đạt tại

0





Theo giả thuyết S SHK lớn nhất khi tam giác SKH đều, do đó ta được b 2  a ba22

Vậy thể tích hình chóp

.

Câu 1 [1H3-3] Cho hình chóp S ABCD. với ABCD là hình chữ nhật có AB a AD , 2a SA

vuông góc với đáy và SA a Gọi  P

là mặt phẳng qua SO và vuông góc với SAD

Diện tích thiết diện của  P

và hình chóp S ABCD. bằng bao nhiêu?

A

2 3 2

a

B

2 2 2

a

C

2 2

a

D a2 Lời giải

Chọn B.

Trang 10

Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với AD, cắt AD BC lần lượt tại , , H K

Khi đó : do    







Nên thiết diện là tam giác SHK

Ta có : SH  SA2AH2 a 2

Tam giác SHK vuông tại H nên

2

SHK

a

Câu 2 [1H3-3] Cho tứ diện ABCD có AB CD , AB CD 6; M là điểm thuộc cạnh BC sao cho

0 1

MCxBC x

Mặt phẳng  P

song song với AB và CD lần lượt cắt BC , AC , AD,

BD tại M , N , P, Q Diện tích lớn nhất của tứ giác MNPQ là:

Hướng dẫn giải Chọn A.

Trong BCD, kẻ đường thẳng qua M song song với CD cắt BD tại Q

Trong ABC

, kẻ đường thẳng qua M song song với AB cắt AC tại N.

Trang 11

Trong ACD

, kẻ đường thẳng qua N song song với CD cắt AD tại P.

Lại có AB CD , AB CD 6 nên MN MQ và MN MQ

Suy ra thiết diện là hình chữ nhật MNPQ

 

D



 

2 2

Câu 47: [2H3-4] [Chuyên Hạ Long – 2018 mã đề 108] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là

hình vuông cạnh a Tam giác SAB đều, tam giác SCD vuông đỉnh S. Điểm M thuộc đường

thẳng CD sao cho BM vuông góc với SA Độ dài AM là

A

7 2

a

B

5 2

a

C

3 2

a

D

2 3

a

Gọi ,I N lần lượt là trung điểm của AB và CD

Ta có:

SI AB



Suy ra: SCD vuông cân tại

2 2

a

SC SD S

a SN





 



Đặt MD x  AM2 x2a2,

2 2

SM SN MN  x 

Trang 12

BM SA

BJ SA



  với J là trung điểm của SA, suy ra tam giác SMA cân tại M

Do đó:

2 2

AM SM  x a  x   x

5 2

a

AM 

Câu 1: [2H3-4] Cho hình lập phương ABCD EFGH. có cạnh bằng 4 Trên các cạnh AE BC HG lần, ,

lượt lấy các điểm M N P sao cho , , AM CN HP x 0x4

Tính theo a và x diện

tích tam giác MNP.

A

 2 4 16 3

2

MNP

 2 4 16 3

2

MNP

C

 2 2 16 3

2

MNP

 2 3 9 3

2

MNP

Do Tam giác ABN vuông tại B và tam gics HEM vuông tại E nên

 2  2

AN AB BN    x    x HM

Vì AM ABCD

nên AM AN

Vì PH ADHE PH HM

Từ đó các tam giác vuông MAN và MHP cho ta

   

2

Gọi N' là hình chiếu vuông góc vủa N lên EFGH thì ta có CN GN 'x và tam giác

'

NN P vuông tại N' Suy ra : NP2 NN'2N P' 2 162x24 x  2 3

Từ      1 , 2 , 3 suy ra tam giác MNP đều nên diện tích là S MNP MN2. 43

Trang 13

Vậy

 2 4 16 3

2

MNP

Câu 2: [2H2-3] Cho hình chóp đều S ABC. có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , tâm O; SO2a

Gọi M là điểm thuộc đoạn AO M A M; O Mặt phẳng   đi qua M và vuông góc với

AO Đặt AM x Tính diện tích S của thiết diện tạo bởi   với hình chóp S ABC .

A S 2 a2 B S 2 x2 C 3 2

2

D S 2a x 2

Vì S ABC. là hình chóp đều nên SOABC

(O là tâm của tam giác ABC)

Do đó SOAA mà   AA

suy ra SO // . Tương tự ta cũng có BC// 

Qua M kẻ //IJ BC với IAB J, AC; kẻ MK SO với // K SA

Khi đó thiết diện là tam giác KIJ

Diện tích tam giác IJK là

1 2

IJK

S  IJ MK

Trong tam giác ABC, ta có

BC AA suy ra

3

IJ

AA

Tương tự trong tam giác SAO, ta có

SO AO suy ra

2 3

AM SO

AO

Vậy

2

IJK

x

Câu 48: [2H3 3] [Chuyên Hạ Long – 2018 mã đề 108] Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1;1;1) và

đường thẳng

 Biết đường thẳng  qua A , cắt d và khoảng cách từ gốc

tọa độ đến  nhỏ nhất và  có một vectơ chỉ phương là (1; ; )a b Tổng a b là

Trang 14

A 13. B 10. C 13. D 12.

Lời giải

Không ra đáp án như đề bài

Gọi   là mặt phẳng chứa A và  d

)d  pt  : 2a x y 2 b x z9 8 0 a b 0

  ) (1;1;1)A  a 0.b 0 a 0

       , chọn b 1

Vậy phương trình mặt phẳng   : 9x z  8 0

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên  

Tọa độ của H là cặp nghiệm x y z, , của hệ:

4 41

36

;0;

41

0 4 41

t

x z

H y

y

z







  



 

 Đường thẳng  qua A và cắt d , suy ra:   

  ,d O ,  OH

Vậy dO, min OH

, dấu " " xảy ra khi  đi qua H

Vậy  có một véctơ chỉ phương là 5 ; 1; 45 5 1;41;9 5 1; ; 

AH        a b

9

a b

(9; 7; 23)

B  Viết phương trình mặt phẳng ( )P qua Atiếp xúc với ( )S sao cho khoảng cách từ

B đến ( )P là lớn nhất Giả sử n(1; ; )m n là một vectơ pháp tuyến của ( )P Lúc đó.

A .m n  4 B .m n  4 C .m n  2 D .m n  2

Mặt phẳng ( )P qua Acó dạng a x( - 0)+b y( - 8)+c z( - 2)=0

Điều kiện tiếp xúc:

d I P

d B P

4

1 ( 1) 4

Định dạng
Số trang	17
Dung lượng	1,09 MB