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

Người ta cắt phần tô đậm của tấm nhôm rồi gập thành một hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x (m), sao cho bốn đỉnh của hình vuông gập lại thành đỉnh của hình chóp.. Giá trị của x [r]

Câu 4 [2H1-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 4]

Cho một tấm tôn hình chữ nhật kích thước 10 x 6m m Người ta cắt bỏ bốn góc của tấm tôn bốn

miếng hình vuông bằng nhau rồi gò lại thành một hình hộp chữ nhật không nắp Để thể tích của khối hộp đó lớn nhất thì độ dài của cạnh hình vuông của các miếng tôn bị cắt bỏ bằng

Lời giải.

Chọn A

x(m)

10 - 2x(m) 16 -2x(m)

Gọi độ dài của cạnh hình vuông của các miếng tôn bị cắt bỏ là x m( ) 0 x5

suy ra kích thước của hình hộp chữ nhật được tạo thành là: x m( ), 10 2 ( ) x m , 16 2 ( ) x m

Thể tích của khối hộp chữ nhật là: V x10 2 x 16 2 x m  3

Xét hàm số y x 10 2 x 16 2 x  y4x3 52x2160x  y12x2104x160

2

3

x y

x







  

 



Ta có bảng biến thiên:

y

Vậy thể tích của khối hộp chữ nhật được tạo thành lớn nhất khi và chỉ khi độ dài cạnh của miếng tôn bị cắt là 2 m

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1 [2H1-4]Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 1 m như hình vẽ dưới đây Người ta cắt phần tô

đậm của tấm nhôm rồi gập thành một hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x (m), sao cho bốn đỉnh của hình vuông gập lại thành đỉnh của hình chóp Giá trị của x để khối chóp nhận

được có thể tích lớn nhất là

A

2 2

5

x 

1 2

x 

2 4

x 

2

3 .

Lời giải.

Chọn A

I

O

O A

B

D

C

Q

N

Q

M

P

N

S

I

Ta có AC  2 m,MNPQ là hình vuông có độ dài x m

, có tâm O suy ra 2( )

x

, 2

( )

2

x

mà SO SI2 OI2 2 2 2  

4

x

Thể tích của khối chóp là: 1 2 2 2 2  3

x

4

4

2 2 4

6 2

5

2

2 2 4 5

36 2

V

375

V

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2 2

2 2 4

5

2 [2H1-3]Người ta muốn làm một cái bình thủy tinh hình lăng trụ đứng có nắp đậy, đáy là tam

giác đều để đựng 16 lít nước Để tiết kiệm chi phí nhất (xem tấm thủy tinh làm vỏ bình là rất

mỏng) thì cạnh đáy của bình là

Lời giải.

Chọn B

A C

B

A'

B'

C'

Gọi độ dài cạnh đáy, chiều cao của hình lăng trụ làm được lần lượt là x dm 

và h dm 

Thể tích của khối lăng tru là: 2 3 

4

Theo giả thiết

2 3 16 4

3

h x

Diện tích toàn phần của khối lăng trụ là:

2 3

4

tp

24 3

tp

S

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 3 96  

x

Câu 9 [2D3-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 9]

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị y x 2vày x 2 bằng

A

13

21

9

1

2

Lời giải Chọn C

+) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị y x 2vày x 2 là x2  x 2 suy ra 2

x  và x 1.

+) Nhận xét rằng đồ thị y x 2chỉ cắt đồ thị y x 2 trên  ; 2

(có thể dựa vào đồ thị vẽ ra) Bài toán đưa về tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y x 2vày 2 x

+) Ta có 1  2

2



  



1

2 3

2

2

x



9

2 Chọn C.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1 [2D3-3] Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường x=12;x=1 ;y=0 và đồ thị hàm số y=log2x

A

2 2ln 2

 

1

2 ln 2

 

2 2 ln 2 .

Lời giải Chọn A

+) Đồ thịy=log2xcắt đường thẳng x=

1 2tại

1

; 1 2

A  

  và cắt đường thẳng x=1 tại B(1 ;0).

+) Diện tích hình phẳng cần tính

| log |d log d

+)

1 2

1 2

1

1

ln 2 2

x

+) S

¿1

2log2

1

2+

x

ln 2

¿1

¿1 2

 =− 1

2+

1−1

2 ln2 =−

1

2+

1

2 ln 2.

2 [2D3-3] Cho hàm số y ax 4bx2 có đồ thị c  C , biết rằng  C

đi qua điểm A  1;0

Tiếp tuyến d tại A của  C

cắt  C

tại 2 điểm có hoành độ lần lượt là 0 và 2, diện tích hình

phẳng giới hạn bởi d , đồ thị  C và hai đường thẳng x0;x có diện tích bằng 2

28

5 (phần gạch chéo trong hình vẽ)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng d, đồ thị  C và hai đường thẳng x1;x 0 bằng

A

1

1

2

2

9

Lời giải Chọn A

+) Điểm A  1;0 thuộc đồ thị  C  a b c  0

+) Phương trình tiếp tuyến tại A  1;0

là  d : yy' 1  x1  y  4a 2b x  1

+) Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị  C là

4a 2b x  1 ax4bx2c  *

+) Mà x0,x là nghiệm của (*) suy ra 2  

1







+) Có

2

4 2 0

28

5   a b x  ax  bx  c x 4 4 2  32 8 2 28  2

+) Từ    1 , 2

ta được a1,b3,c suy ra 2 y x 4 3x2  2 +) Vậy diện tích cần tính là

0

4 2 1

1

5



Chọn A.

Câu 34 [2H1-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 34]

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là trunng điểm SB và G là trọng tâm của tam giác SBC Gọi V , V  lần lượt là thể tích của các khối chóp M ABC và.

G ABD Tính tỉ số

V

V ?

A

3 2

V

4 3

V

5 3

V

V

V

Lời giải Chọn A

Gọi V là thể tích khối chóp SABCD 1

1

2 S ABC

2 2V

4V



.

1

3 S ABD

3 2V

6V

 Vậy

3 2

V

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1 [2H1-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là trunng điểm SB

và G là trọng tâm của tam giác SBC Gọi V , V  lần lượt là thể tích của các khối chóp

M SCD và G SCD Tính tỉ số

V

V ?

A

3 2

V

4 3

V

2 3

V

V

V

Lời giải Chọn A

1

2 B SCD

.

3 N SCD 3 2 B SCD 3 B SCD

Vậy

3 2

V

Câu 41 [2H1-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 41]

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,  BAD 600, các mặt bên SAB

,

SAD

, SBD

tạo với mặt đáy một góc bằng 45 Thể tích của khối chóp 0 S ABCD có giá trị lớn nhất là?

A

3

4

a

3

3

a

3

6

a

D

3

2

a

Lời giải Chọn A

Diện tích

2 3 2

ABCD

a

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABCD .

1; 2; 3

H H H lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên các cạnh , , AB AD BD

Khi đó SAD ABCD,  SH H 2

; SBD ABCD,  SH H 3

;SBA ABCD,  SH H 1

Các tam giác vuông SH H1 SH H2 SH H3 Vậy HH1HH2 HH3

( Điểm H cách đều 3 đường thẳng AB AD BD suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác, , ABD hoặc H là tâm đường tròn đường tròn bàng tiếp tam giác ABD

Ta có SH HH1.tan 450 HH1 nên thể tích có giá trị lớn nhất nếu H là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác đều ABD cạnh a( bán kính đường tròn bàng tiếp lớn hơn bán kính đường tròn nội

tiếp)

Tam giác

0 3 1 3 tan 30

a b c

Vậy thể tích lớn nhất của hình chóp S ABCD. là

2 3



BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1 Cho hình chóp S ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , các mặt bên của hình chóp cùng tạo

với mặt đáy một góc 45 và hình chiếu của S trên mặt phẳng đáy nằm ngoài tam giác ABC

Tính thể tích khối chóp S ABC ?

A

3

8

a

V 

3

4

a

V 

3

6

a

V 

3

24

a

V 

Câu 42 [2D1-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 42]

Cho hàm số y x4 2m m 2x2 m2

Tìm m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích lớn nhất

3 2



1 3



1 2



Lời giải Chọn A

Để đồ thị hàm số có 3 cực trị  2m m 2 0 2m 0

Dùng công thức tam giác cực trị ta có  2 2 2

Δ

1

2

ABC

Xét hàm f m   m2 2m m2  2m

với 2 m0 Được f m max  m1

Câu 43 [2D1-4] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 43]

Cho hàm số 2 1

x y x





 có đồ thị là  C

Tìm m sao cho đường thẳng y x m  cắt  C

tại hai

điểm phân biệt A, B và tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến với  C

tại A, B là lớn nhất.

A

1 2



Lời giải Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm

x

x m x



 



1 2

x



   2x22m1x m  0

2

        



 nên đường thẳng y x m  cắt  C tại hai điểm

phân biệt A, B m .

1 '

2 1

y

x





A, B có hoành độ lần lượt là x x 1, 2

Tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến với  C

tại A, B là

K

2

1 2 1 2



2

1 2 1 2 1 2 2

2

1 2 1 2

m

Vậy K lớn nhất bằng 2 khi m  0

Câu 44: [2D4-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 44]

Cho hàm số y x 4 3x2m có đồ thị  C cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt Gọi S là diện1

tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành và phần đồ thị  C nằm phía trên trục hoành, S là diện2

tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành và phần đồ thị  C nằm phía dưới trục hoành Biết

rằng S1 S2 Giá trị của m bằng

3

5

4

Lời giải Chọn D

PT hoành độ giao điểm của  C với trục Ox: x4 3x2m0 1 

Điều kiện để  C cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt thì

0

m m









9 0

4

m

Giả sử đồ thị  C cắt Ox tại 4 điểm phân biệt có hoành độ a ; b 0 a b  

Do tính chất của hàm số trùng phương có đồ thị như hình vẽ

Theo giả thiết ta có  4 2   4 2 

0

a

 4 2   4 2 

0

a

0

b

 

4 2

0

 

 

Ta có b là nghiệm của phương trình  1

nên b4 3b2m Khi đó ta có hệ phương trình0

4 2

4 2





 

0 5 4

m







 

5 4

m 

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1 [2D4-3] Cho hàm số y x 4 m1x2m C m Tìm các giá trị của m để C mcắt trục

hoành tại 4 điểm phân biệt sao cho diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi phần nằm phía1

trên trục hoành của C m

với trục hoành và diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi phần nằm2

phía dưới trục hoành của C mvới trục hoành bằng nhau.

1

Lời giải Chọn C

PT hoành độ giao điểm của C m

với trục Ox : x4 m1x2m 0

1

x









 C m

cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt  0m1 (*)

+) Nếu m 1 ta có:

Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi phần nằm phía trên trục hoành của 1 C m

với trục hoành

là:

1

1

1



1 3

5

1

1

x

mx



2

m



Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi phần nằm phía dưới trục hoành của 2 C mvới trục

hoành là:

1

2

1

m m





5 1

m

x

mx





5

1

1

m

x

mx

2

Theo bài ra S1 S2 nên ta có:

2

1

15 3

m

0 5

m m





  

Do m  nên không có giá trị m thỏa mãn.1

+) Nếu 0m ta có:1

Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi phần nằm phía trên trục hoành của 1 C m

với trục hoành

là:

m

m



3

5 1

m

m

x

mx



2

2

m m m

m m



Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi phần nằm phía dưới trục hoành của 2 C m

với trục

hoành là:

1

2

1

m

m





5

1

1

m

x

mx





5 1

m

x

mx

m m m

Theo bài ra S1 S2 nên ta có:

m

m



m

6 20m 10

1 5

m

2 [2D4-3]Cho hàm số y x 4 (m22)x2m21 C m

Tìm các giá trị của m để C m

cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt sao cho hình phẳng giới hạn bởi C m

với trục hoành phần phía trên trục hoành có diện tích bằng

96

15

Lời giải Chọn C

PT hoành độ giao điểm của C m

với trục Ox : x4 (m22)x2m2  1 0 2

1 1









x

 C m

cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt  m0 (*).

Khi đó: diện tích hình phẳng giới hạn bởi C m

với trục hoành phần phía trên trục hoành là:

 

1

4 2 2 2 1



      20m152169615 

2



m (thoả (*)).

Câu 45 [2D2-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 45]

Cho ,a b là các số thực dương thỏa mãn 2 2

log log

2 a b Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3 3

2

4log

  C 4 1 log 3  2 

D 4

Lời giải

log log

4

a b

Đặt t4a3b3

3 6

256

b b

3 3 3

6

256

2 2

b b

b

12

t

Khi đó Pf t   t 4 log2t

, có   1 4 0

.ln 2

f t

t

với t  nên hàm số12 f t  đồng biến trên

12;   f t  f  12 4 1 log 3  2 

Câu 46 [2D3-4] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 46]

Cho hàm số y x 4 3x2m có đồ thị là  C

cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt Gọi S1 là

diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành và phần đồ thị  C

nằm phía trên trục hoành, S2

là diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành và phần đồ thị  C nằm phía dưới trục hoành.

Biết rằng S1S2 Giá trị của m bằng

A

5

3

Lời giải Chọn A

Gọi hoành độ 4 giao điểm lần lượt là x1 t2 x2  t1 x3  t1 x4  t2

Do đó:

1

0

t

2

4 2 0

t

2

5

2 2 0

t

t x

2 2

2

2 2



 



Trừ vế với vế ta được: 2

Câu 47 [1H3-4] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 41]

Cho hình chóp S ABC. , trong đó SA 3, SB 4, SC 5, ASB   , 60 BSC 120 và

CSA   Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC là.

Lời giải

B S

Ta có  AB SC.        SC SB SA       .   

SB SC SA SC

   

4.5.cos120 3.5.cos 90

Và AB2 SA2SB2 2 .cosSA SB ASB 3242 2.3.4.cos 60 13 AB 13

Vậy cos ;  .

AB SC

AB SC

AB SC



 

10 13.5



13

13

AB SC

Mặt khác, ta có:

.

6

S ABC

SA SB SC

1



;

.sin ;

d AB SC

3.4 1 cos 60 cos 120 cos 90 2cos 60 cos120 cos90

3 13 13

13



2 2

Câu 48: [2H1-4] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 48]

Cho khối chóp S ABC có BAC  900, BC 2 2, ACB  300, hình chiếu của S trên mặt

phẳng đáy là trung điểm H của BC Giả sử có mặt cầu tâm O , bán kính bằng 1 tiếp xúc với

, ,

SA SB SC lần lượt tại các điểm A B C1, ,1 1, trong đó A B1, 1 thuộc các cạnh tương ứng SA SB ,,

còn C1 thuộc tia đối của tia SC ; đồng thời mặt cầu tâm O đó cũng tiếp xúc với mặt phẳng

(ABC Thể tích của khối chóp ) S ABC là:

A

2 2

3

2 3

3 2

2 .

Lời giải

Chọn C

S

A

C'

O C1

B1

A1

H

Do mặt cầu tâm O tiếp xúc với SA SB SC lần lượt tại các điểm , , A B C1, ,1 1

1 1 1

(1) Mặt khác, ta có OA1 OB1 OC1

(2)

Từ (1), (2)  SO (A B C1 1 1)

Gọi 'C là điểm đối xứng của C qua S ta có SH là trục

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên SA SB SC , suy ra các tam giác SAB ,

', '

SAC SBC đều cân tại S nên A B1 1/ /AB, AC1 1/ /AC ', B C1 1/ /BC'

1 1 1

(A B C ) / / (ABC ')



và SH / /BC ' / / ( ')

 Vậy SO SH  SH d O ABC( ,( )) R 1, suy ra

3 3

V 

Câu 49: [2H3-4] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 49]

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1

2

:

  và hai điểm A1; 1; 2 ,  B2;0; 1  

Trên  lấy điểm ,1 M trên  lấy2

điểm N sao cho AM BN MN. Biết rằng MN luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định có

bán kính R, tìm R?

A

11

11

Lời giải Chọn C

+ Nhận thấy AB là đoạn vuông góc chung của  1, 2

+ Gọi I là trung điểm của AB Lấy P   sao cho AP BN1 

    

 Mặt cầu cố định tâm I , bán kính R=

2AB  2

1



2



B

N

I P

H

Câu 50 [2H3-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 50]

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, xét mặt cầu (S) đi qua hai điểm A1;6;2 , B3;0;0

và có tâm thuộc mặt phẳng  P x y:    bán kính của mặt cầu (S) có giá trị nhỏ nhất là2 0

A

462

534

218

530

4

Lời giải Chọn A

Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB,

nên H(2; 3; 1) Vecto HB    1; 3; 1

Mặt cầu đi qua A, B có tâm M thuộc mặt phẳng (Q)

là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB

qua H và có vecto pháp tuyến HB    1; 3; 1 có phương trình  Q x:  3y z   6 0

Do tâm M của mặt cầu cũng thuộc (P) nên M thuộc đường thẳng (d) là giao của (P) và (Q) có vectơ chỉ phương u  1;1;2 và qua M 0 2;0; 4.

Gọi d là khoảng cách từ H đến (d),

 

6

M H u

u

 



, HB  11

Ta có R MB  HB2MH2 Nhận thấy HB không đổi, R nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất, MH nhỏ nhất khi M trùng I, lúc đó

66 6

(I là hình chiếu vuông góc của H lên (d)) Vậy

2 2 min

11