Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 tổng hợp | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Mặt cầu nhỏ tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng.. A..[r]

tiếp xúc ngoài với  S1

và tiếp xúc với các đường sinh của hình nón  N

;  S3

tiếp xúc với  S2

và tiếp xúc với các đường sinh của hình nón  N

Tính tổng thể tích cáckhối cầu      S1 , S2 , S3 , ,S n,

theo a

A.

3 352

Cắt hình bởi mặt phẳng qua trục được thiết diện như

hình bên

32

a

SO 

; 1

36

a

R 

.Xét mặt cầu tâm S bán kính k R k

Do góc ASO 300 nên SS k 2 ;R SS k k1 2R k1

Mặt khác: SS k SS k1R kR k1 1

13

36

3 3 1





 có đồ thị ( )C Gọi M x y với ( ; )0 0 x  là điểm thuộc ( )0 1 C

Biết tiếp tuyến của ( )C tại M cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lận lượt tại A và B sao

cho SOIB 8SOIA, trong đó I là giao điểm hai tiệm cận Tính giá trị của S x04y0

A. S 8 B.

174

S 

234

S 

Lời giải Chọn A.

Câu 3 [2D1-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của a để đồ thị hàm số y x 3(a10)x2 x cắt1

trục hoành tại đúng một điểm?

Lời giải Chọn B.

Cách 1 : Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị đã cho và trụcOx

3 ( 10) 2 1 0

x  a x  x 

3 2

Để đồ thị hàm số cắt Oxtại một điểm duy nhất  y y1 2 0

Câu 4 [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn z 3 4 i  5 Gọi M và m lần luợt là giá trị lớn nhất cà

giá trị nhỏ nhất của biểu thức

  0 0, 2 1,6

f x   x P

Suy ra y0,1P1, 7.Thay ,x y vừa tìm được vào f x 

Từ đồ thị của '( )f x ta có bảng biến thiên của hàm số y f x ( ) sau đây:

Vì hàm số yf x( )liên tục trên  nên yf x( )liên tục trên a b;  và ( ) ( ) 0f a f b  nên tồn

tại x1a b;  sao cho f x  ( ) 01

Vì hàm số yf x( )liên tục trên  nên yf x( )liên tục trên b c;  và ( ) ( ) 0f b f c  nên tồn

tại x2b c; 

sao cho f x  ( ) 02

Mặt khác a b;   b c;   nên đồ thị hàm số y f x ( ) cắt trục hoành tại ít nhất tại haiđiểm

Câu 6 [2H2-4] (Đề chuyên Hạ Long –lần 2-2018- Mã 108) Trong không gian, cho bốn mặt cầu có

bán kính lần lượt là 2;3;3; 2 (đơn vị độ dài) đôi một tiếp xúc với nhau Mặt cầu nhỏ tiếp xúcngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng

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

Tứ diện ABCD có DA DB CA CB    5 MN là đường vuông góc chung của AB CD,

Tam giác AIM có IM  IA2 AM2  x22 4

Tam giác CIN có IN IC2 CN2  x32 9

(thỏa mãn) hoặc x  (loại).6

Câu 7 [1D2-4] Cho hàm số f x 

có đạo hàm liên tục trên  Bảng biến thiên của hàm số yf x 

được cho như hình vẽ bên Hàm số

12

Do đó hàm số g x 

nghịch biến trên khoảng 4; 2  

Câu 8 [2D4-4] [HKII-SỞ BẠC LIÊU-2017-2018] Xét số phức z a bi  ( ,a b   và b  ) thỏa0

21;13

a a

a 

,

2 34

b 

.Vậy

z  z cos3x i sin 3x  cosx i sinx2

cos3x cosx 2 sin 3x sinx i

t t

.Khi đó:

Câu 9 [1D2-4] Cho r 0,1, 2, ,10 và A B C lần lượt là các hệ số của r, ,r r r

x trong các khai triển sau

A C , 20

r r

B C , 30

r r

, suy ra hệ số của x trong hai khai triển là:10

10

10 20 10 20 10 20 10 20 30 0

1

r r r

1

r r r



.Xét 1x20 1 x 10 x110, suy ra hệ số của x trong hai khai triển là:10

10

10 10 10 10 10 10 10 10 20 0

1

r r r

1

r r



Câu 10 [2D4-3] Cho z , 1 z là hai số phức thỏa mãn 22 z i  2 iz

, biết z1 z2  Tính giá trị của1biểu thức Pz1z2

A

32

P 

22

1 3 1

1

0

dt t

p p

Câu 13 [2D2-3] [ĐỀ YÊN LẠC VĨNH PHÚC LẦN 4] Tìm số nguyên m nhỏ nhất để bất phương

3log x  x 1 2x



thỏa mãn AB3, AC 4, BC 5 Biết rằng khoảng cách từ tâm O đến mặt

phẳng ABC bằng 1 Thể tích khối cầu  S bằng

A

7 212



13 136



2 53



29 296

B

O

I

C A

Do BC2 AB2AC2 nên tam giác ABC vuông tại A

Gọi I là trung điểm BC suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

, nên nó luôn cắt  C tại duy nhất một điểm.

+) Nếu m  dễ thấy phương trình vô nghiệm.0



01

+) Nếu m  thì để phương trình có duy nhất một nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng  :0

x

m m

  ; O0;0;0 lần lượt là hình chiếu vuông góc của , ,A B C trên các

cạnh BC CA AB, , Đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ABC có phương

124

128

Ta có d A ,   d A ,  , đối chiếu 4 phương án , , ,A B C D thấy A   4; 1;1 thỏa mãn

Vậy chọn A

Câu 18 [1D2-4] Có 2 học sinh lớp A, 3 học sinh lớp B và 4 học sinh lớp C xếp thành một hàng ngang

sao cho giữa hai học sinh lớp A không có học sinh lớp B Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng nhưvậy?

A 145152 B 108864 C 217728 D 80640

Lời giải Chọn A.

Gọi k là số học sinh lớp C ở giữa hai học sinh lớp A với k 0,1, , 4. Trước tiên ta đếm cách tạo thành cụm

k ACC C A  

Chọn 2 học sinh lớp A xếp 2 đầu có 2! cách Chọn k học sinh lớp C xếp vào giữa hai học sinh

cách Vậy với mỗi k như trên có 2! 8A4k   k!

Xếp 5 học sinh của hai lớp A, B sao cho 2 học sinh lớp A đứng cạnh nhau có 2!.4! cách

Chọn 5 trong 9 chỗ để xếp 5 học sinh này theo thứ tự đã xếp có C95

Điều kiện:

13

x  

Phương trình tương đương

Vậy phương trình có đúng 2 nghiệm x 0và x  Do đó 1 S  1

Câu 20 [1H3-4] Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông tại A , ABC   , 60 BC 2a

Gọi D là điểm thỏa mãn 3 SB 2SD

Hình chiếu của S trên mặt phẳng ABC

Cách 1:

Kẻ BE AD , EF SC

Xét tam giác ABH vuông tại H có: AH2 AB2 BH2

32

a AH

.Vậy:

32

a

SH 

,

102

a

SB 

,SA a 3

a AD

a

HC SH

nên tam giác SHC vuông cân tại H  HK SC.3

SA AC a  nên tam giác SAC cân tại A AK SC

K là trung điểm của SC,MS 2MA

M

Lời giải Chọn C.

Gọi z x yi  , với x y  , và được biểu diễn bởi điểm M x y ; 

Tồn tại duy nhất số phức z thỏa bài toán khi và chỉ khi hai đường tròn  C1

3

m m

3 4

S 

132

S 

Lời giải Chọn A.

a

a t

b



2 3

3

4

36

b t

a b

Câu 26 [2H2-3] Cho hình chóp S ABC có AB  Hình chiếu của S lên mặt phẳng (3 ABC là điểm)

H thuộc miền trong tam giác S ABC sao cho  AHB 120

tiếp hình chóp S HAB , biết SH 4 3.

Lời giải Chọn C.

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HAB

Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S HAB

Gọi D là trung điểm của đoạn SH

Vì SH ABC nên SH OH Từ đó suy ra DIOH

Ta có f x   x a x b x c       

Điều kiện: x  Biến đổi tương đương bất phương trình ta được1

( ) d

I  g x x

A

10092

I 

10112

I =

20192

I 

Lời giải Chọn C.

Từ giả thiết ta có

'( ) 2018 ( )'( ) 2 '( ) ( )

+) Xét khai triển:  

2018 2018

2018 0

Câu 32 [2H2-4] Cho 4 quả cầu cùng bán kính a được xếp đôi một tiếp xúc nhau Hình tứ diện ABCD

có các mặt tiếp xúc với ba quả cầu Tính thể tích khối tứ diện ABCD

Gọi K M N E, , , lần lượt là bốn tâm của bốn quả cầu

Khi đó KMNE là tứ diện đều có cạnh 2a

Gọi O là tâm của tứ diện đều KMNE thì O cũng là tâm của tứ diện đều ABCD

Dễ dàng tính được đường cao của tứ diện đều KMNE là

a

Khoảng cách từ điểm O đến mặt ABC

là

66

a a



Chiều cao của khối tứ diện đều ABCD gấp 4 lần khoảng cách từ O đến mặt ABC

nên

43

ABCD

a

Suy ra độ dài AB8 8 6 a