Các câu hỏi vận dụng cao có đáp án chi tiết trong đề thi thử đại học môn toán trường chuyên đại học vinh | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Người thiết kế đã sử dụng bốn đường parabol có chung đỉnh tại tâm của viên gạch để tạo ra bốn cánh hoa (được tô màu sẫm như hình vẽ bên).. Diện tích mỗi cánh hoa của viên gạch bằngA[r]

TỔNG HỢP CÁC CÂU VẬN DỤNG – ĐỀ THI THỬ CHUYÊN ĐH VINH

Câu 1: [2D3-4] Một viên gạch hoa hình vuông cạnh 40cm Người thiết kế đã sử dụng bốn đường

parabol có chung đỉnh tại tâm của viên gạch để tạo ra bốn cánh hoa (được tô màu sẫm như hình

vẽ bên) Diện tích mỗi cánh hoa của viên gạch bằng

2 800

cm

2 400

cm

Lời giải Chọn C.

Trước hết ta chứng minh công thức tổng quát

“Một cánh cổng hình parabol có khoảng cách giữa hai chân bằng 2 a Trục đối xứng vuông góc

với đường nối hai chân và khoảng cách từ đỉnh đến đáy bằng h Khi đó, diện tích cánh cổng

đó là

4 3

ah

S 

”

Thật vậy, giả sử hai chân là A và B Chọn hệ trục tọa độ sao cho gốc tọa độ O trùng với trung

điểm AB, A a ;0

, B3;0 và đỉnh I0;h Khi đó, phương trình parabol là

 2 2

2

h

a

Suy ra, diện tích cánh cổng là  2 2

2

a

a

h

a



3 2

2 3

a

h x

a x a a



4 3

ah



Áp dụng vào bài toán ta có, diện tích mỗi phần parabol là

4.20.20 3

S  1600 2

cm 3 Tổng diện tích của bốn cánh hoa bằng tổng diện tích 4 phần parabol trừ đi diện tích hình vuông

và bằng

2 1600

3

cm 3

Vậy diện tích mỗi cánh bằng

2 400

cm 3

Câu 2: [2H3-3] Cho hình lập phương ABCD A B C D.     cạnh a Gọi M N, lần lượt là trung điểm của

AC và B C   (tham khảo hình vẽ bên) Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và B D  bằng

M

D' A'

C'

C

B

B'

A

5 5

a

C 3 a D 3.

a

Lời giải Chọn D.

Cách 1 ( dùng tọa độ)

Đưa hình lập phương vào hệ trục tọa độ Oxyz sao cho

B' (0 ;0 ;0),C '(a; 0;0), A '(0 ;a ;0), D' (a ;a ;0), B(0 ;0 ;a), A(0 ;a ;a),C (a ;0 ;a).\

Ta có : *)M ( a

2;

a

2;a), N (

a

2;0 ;0)⇒⃗ MN=(0 ; − a

2 ;− a)=

− a

2 (0 ;1 ;2) ⇒ ⃗ u1(0 ;1;2)là VTCP của MN.

*) ⃗B ' D' (a ;a ;0)=a(1 ;1;0)⇒⃗ u2là VTCP của B’D’.

d (MN; B ' D ')=| [⃗u1; ⃗ u2]⃗B' N|

| [u⃗1;⃗ u2] | =

a

3.

Cách 2.

Gọi P là trung điểm của C’D’ E=A ' C ' ∩NP , I= A ' C ' ∩ B ' D '

Ta có : d (MN; B ' D ')=d (B ' D ';(BDPN))=d (I ;(BDPN))=h.

Ta có h là độ dài đường cao trong tam giác vuông MIN

Vậy 1

h2=

1

MI2+

1

IE2=

16

2 a2+

1

a2=

9

a2⇒h= a

3

Câu 3: [2H2-3] Người ta thả một viên billiards snooker có dạng hình cầu với bán kính nhỏ hơn

4,5cm vào một chiếc cốc hình trụ đang chứa nước thì viên billiards đó tiếp xúc với đáy cốc và

tiếp xúc với mặt nước sau khi dâng (tham khảo hình vẽ bên) Biết rằng bán kính của phần trong đáy cốc bằng 5, 4cmvà chiều cao của mực nước ban đầu trong cốc bằng 4,5cm. Bán kính của

viên billiards đó bằng?

A 2, 7cm. B 4, 2cm. C 3,6cm. D 2, 6cm.

Lời giải Chọn A.

Thể tích nước trong cốc ban đầu là

2

1 (5, 4) 4,5 131, 22

Gọi (x cm là bán kính của viên billiards snooker (điều kiện ) 0< <x 4,5 ).

Khi đó thể tích của khối của viên billiards là

3 2

4 3

V = p x

Do khi thả viên billiards vào cốc thì viên billiards tiếp xúc đáy cốc và tiếp xúc với mặt nước

sau khi dâng, nên chiều cao của nước là 2x

Khi đó thể tích của nước và viên bi là

2 (5,4) 2 58,32

V =p x= p x

Vậy ta có phương trình:

3

1 2

4

131, 22 58,32

3

V + = ÛV V p+ p x = p x

3

4x 174,96x 393,66 0

Giải phương trình trên và đối chiếu điều kiện ta được: x=2,7

Vậy bán kính của viên bi đó là 2,7cm

Câu 4: [2D1-3] Cho hàm số yf x( ) có đạo hàm liên tục trên . Bảng biến thiên của hàm số

( )

yf x được cho như hình vẽ dưới đây Hàm số

1 2

x

yf  x

  nghịch biến trên khoảng

A (2; 4). B (0; 2). C ( 2;0). D ( 4; 2). 

Lời giải Chọn D.

Hàm số

1 2

x

yf   x

  có

1

y f   x f  

Để hàm số nghịch biến thì y0 

1

        

Khi đó, dựa vào bảng biến thiên ta có

2

x

x

       

Câu 5: [2D3-4] Cho hàm số f x  thỏa mãn  f x  2 f x f   x 15x412x

, x   và

 0  0 1

f f   Giá trị của f2 1 bằng ?

A

9

5

Lời giải Chọn D.

Ta có  f x f x     f x  2f x f   x

Do đó f x f x     15x412 dx x 5 2

3x 6x C

Mà f  0 f  0  nên 1 f x f x    3x56x2 1

Suy ra f x f x x   d  3x56x21 d x.

Tức là

  2

2

3 2 2

x

x x C

, mà f  0  nên 1

  2

2

3

2

x

x x

Vậy f2 1  8

Câu 6: [1D2-3] Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật OMNP với M0;10

, N100;10

và

100;0

P

Gọi S là tập hợp tất cả các điểm A x y ; 

, x y , 

nằm bên trong (kể cả trên

cạnh) của OMNP Lấy ngẫu nhiên một điểm A x y ; S

Xác suất để x y 90 bằng

A

169

845

86

473 500

Lời giải

Chọn C.

Số phần tử của không gian mẫu tập hợp các điểm có tọa độ nguyên nằm trong kể cả trên cạnh của hình chữ nhật OMNP là n    101 11.

Gọi X là biến cố “Các điểm A x y ; 

, x y  , 

thuộc tập S thỏa mãn x y 90”

Vì x0;100 ; y0;10

và x y 90 nên:

0 0;1;2; ;90

y  x

; y 1 x0;1;2; ;89

; … ;y10 x0;1;2; ;80

Khi đó có 91 90 81 946    cặp x y; 

thỏa mãn Hay n X   946

Vậy xác suất cần tính là

 

 

n X P

n





946

101 11





86 101



Câu 7: [2D2-3] Giả sử ,a b là các số thực sao cho x3y3 a.103z b.102z đúng với mọi các số thực

dương , ,x y z thỏa mãn log( x y ) và z log(x2y2) z 1. Giá trị của a b bằng ?

A

31

29

31 2



D

25 2



Lời giải Chọn B.

Từ giả thiết ta có: logx y   z x y 10z

Và: logx2y2  z 1 x2 y2 10z 1

   2 2 10.10 z

Do đó:

 2 10.10 102 10.10

x y

Để tồn tại x y, ta phải có x y 2 4xy 2  2 

10 z 2 10 z 10.10z

    zlog 20

Mặt khác:

3 3 103z 102z

x y a b  3 3   103z 102z

2

2

.10 z 10 z

10 z 30.10 z 2 10a z 2 10b z

Vì đẳng thức (*) đúng với mọi 0 z log 20 nên

a b











1 2 15

a b







 

 

Do đó, giá trị

29 2

a b 

Câu 8: [2D3-4] Cho hàm số yf x 

có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;1 và f  0  f  1  Biết0

 

1

2 0

1 d 2

f x x 



,

    1

0

2

f x x x



Tính

  1 0 d

f x x



1

2

3 2



Lời giải Chọn C.

Ta có

1

0

1

Áp dụng bất đẳng thức

2

f x g x x f x x g x x



ta có:

2

1

0

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi f x  ksinx

Từ đó ta có:

2

1

0

Suy ra f x  sinx

Do đó

 

1

0

x

Câu 9: [2D2-3] Gọi a là số thực lớn nhất để bất phương trình 2  2 

x  x a x  x 

nghiệm đúng với mọi x  . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A a 2;3 

B a 8;

C a 6;7 

D a    6; 5 

Lời giải Chọn C.

Đặt

2

1

tx  x x   

3 4

t 

Khi đó bài toán trở thành đi tìm a lớn nhất để t 1 a tln 0,

3 4

t

   *

- Ta xét a 0 do cần tìm a lớn nhất

Xét hàm số f t   t 1 a tln ,

3

; 4

t 



f t

t

,

3

; 4

  

 do đó hàm số f t 

luôn đồng biến trên

3

; 4



Suy ra   3

4

f t   f 

 

Để  *

luôn đúng với

3 4

t 

thì

4a 4

ln

a

7 6,083 3

4ln 4

a

- Vì trong trường hợp a  đã tồn tại 0

7 3

4 ln 4

a 

thỏa mãn điều kiện bài toán nên ta không

phải tìm a  do mọi giá trị 0 a  nếu thỏa mãn bài toán thì đều nhỏ hơn 0

7 3 4ln 4



Do đó giá trị lớn nhất của a là

7 3 4ln 4



thuộc 6;7.

Bài tập tương tự: Gọi a là số thực lớn nhất để bất phương trình

2018

nghiệm đúng với mọi x  . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A a 2017;2018 

B a (53375;).

C a 53374;53375 

D a   53375; 53374  

Câu 10: [1H3-4] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam

giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB và M , N lần lượt là trung điểm của SC , SD (tham khảo hình vẽ bên) Tính

côsin của góc giữa hai mặt phẳng (GMN) và (ABCD)

N G

H

C

B S

A

2 39

3

2 39

13

13 .

Lời giải Chọn C.

z

x

y

t K

I G

N M

P H

B

C S

Cách 1:

Điểm H là trung điểm AB  SH AB và (SAB)(ABCD) nên SH (ABCD)

Gọi P là trung điểm của CD và I SP MN thì I là trung điểm SP

Điểm K GI PH thì K(GMN) ( ABCD)

Do MN CD// nên (GMN) ( ABCD)Kt AB CD// // Dễ thấy

SH Kt

SHK Kt

HK Kt









Suy ra (GMN),(ABCD) (KG KH, )GKH

Nhận xét: tam giác SPK có KI là đường trung tuyến và SG2GH nên nhận G làm trọng

tâm

Suy ra HK  ; a

6

GK

Ta có

cos

13

HK GKH

GK

Vậy cos ( ), ( ) 2 39

13

Cách 2:

Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, xem a là 1 đơn vị

Ta có:

3 0;0;

2

S 

3 0;0;

6

G 

1

;1;0 2

C 

 ;

1

;1;0 2

D 

; ;

4 2 4

M 

; ;

4 2 4

N 

Và

; ;

4 2 12

GM  

;

1

;0;0 2

NM  



24 4

 

Khi đó: n⃗GMN (0; 3; 6)

và n⃗ABCD  k⃗ (0;0;1)

Ta có:

   

13 39.1

GMN ABCD GMN ABCD

GMN ABCD



Câu 44: Chuyên Vinh lần 1.

trong mặt phẳng vuông góc với mặt

phẳng ( ABCD ). Gọi G là trọng tâm

của tam giác SAB và M N , lần lượt

khảo hình vẽ bên) Tính côsin của

M

N G

H

C

B S

A

2 39

.

3

2 39

13 13

Gọi góc giữa  GMN   , ABCD  là 

Cách 1: Dựng góc thông thường.

S

H B

A

C

D

E

N

J

Trong  SHJ  , GJ kéo dài cắt HJ tại E  EJ có trung điểm là H ( vì G là trọng tâm  SEJ )

Ta có:

MN CD













    EMN    ABCD   Ex AB CD  

Có AB   SEJ   Ex   SEJ  mà













Có

, EH a 

2

12 2 3

a a

EG a

cos

13 13



Cách 2: Dựng góc bằng tịnh tiến mặt phẳng.

Gọi I J E , , lần lượt là trung điểm của MN , CD , SH Dễ thấy



 GMN , EMN 

 

Lại có MN   EIG  nên   EIG Ta có

Suy ra

2 2

cos

GI GE EI

GI



A

D S

H

M

N

G

J E

Cách 3: Dựng góc bằng tịnh tiến mặt phẳng.

E I

A

D S

H

M

N

G

P

Q

J

Gọi J là trung điểm của CD P Q , thỏa mãn:

2 3

SC  SD 

,

GP HC

  GQ HD    GPQ    ABCD      GMN   , ABCD       GMN   , GPQ  

,

I E lần lượt là giao điểm của SJ với MN PQ ,  I J , là trung điểm của

,

MN PQ

Chứng minh như cách 1     GMN   , GPQ    IGE 

Có

2

3

a

GE 

,

2 2

IE SE SI    SJ  SJ  SJ  a  

.



2 2

sin

SHJ

sin

7

HIJ

cos

7

HIJ

7

2 2

2

cos

IGE

GI GE

Cách 4: Dùng định nghĩa

I

A

D S

H

M

N

G

J E

Gọi I là trung điểm của MN , J là trung điểm của CD

 ABCD , GMN   SH SE ,   SE SG ,  GSE 

 1

.sin 2

SGI

2

sin

.

Mà

13

4 3

a

GI 

2 3 2

4 3

SGI

a

SE





cos

13

GSE

( Theo kết quả cách 2)

Cách 5: Công thức hình chiếu

I

A

D S

H

M

N

G

J E

F

Gọi E F , lần lượt là hình chiếu của M N , lên  ABCD 

 E F , lần lượt là trung điểm của HC HD , ; I J , vẫn là trung điểm của

MN và CD

GMN

1 2

GMN

2

.

2

HEF

4 HCD 8 ABCD 8

a

 HEF là hình chiếu của  GMN lên  ABCD 

2

2

a a

Cách 6: Chọn hệ tọa độ như hình vẽ

y

z

A

B

C

D S

H

M

N

G

J



3

2 3

G     C   a   D    a   S    

.

2 2

4

8 3

a a

      

 

hay chọn u ⃗  0, 1,2 3  

là vtpt của  GMN 

 0,0,1 

2 3 os

13

c 

.

Câu 11: [2D1-4] Cho hàm số yf x( ) có đạo hàm  2 2 

f x  x x  x

với mọi x   Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số yf x 2 8x m 

có 5 điểm cực trị?

Lời giải Chọn A.

Đặt

   2 8  

g x f x x m

Ta có    2 2 

f x  x x  x

 g x  x x  x m  x  x m x  x m 

 

 

2

2

2

4

0

x

x x m

g x

x x m

x x m













Các phương trình  1

,  2 ,  3 không có nghiệm chung từng đôi một và x2 8x m  22 0 với   m nên g x 

có 5 cực trị khi và chỉ khi  1

và  2

có hai nghiệm phân biệt và khác

4







 





m m m m

16 18 16 18











 







m m m

m  m16.

Vậy m nguyên dương và m16 nên có 15 giá trị m cần tìm.

Câu 12: [2H1-4] Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy ABC là tam giác vuông, AB BC a 

Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (ACC) và (AB C ) bằng 60 (tham khảo hình vẽ bên) Thể tích của khối chóp B ACC A   bằng

B'

C' B

C A

A'

A

3 3

a

3 6

a

3 2

a

3

3 3

a

Lời giải Chọn A.

Ta có ACC  AB C  AC Gọi G là trung điểm của A C  , H là hình chiếu của G lên

AC.

Ta có GH (ACC A ), GH AC

Ta có B G ACC A   B G AC suy ra BH AC

Vậy góc giữa AB C  và  ACC A  là góc  GHB   60

Ta có .

1

3

B ACC A ACC A

V    S  B G

,

2 2

a

B G 

,

6 cot 60

6

a

GH B G  





6 6

2

a

x



3 3 2

x

.

B ACC A

V   



2

a

a a



3 3

a



Câu 13: [2D3-4] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A10;6; 2 

, B5;10; 9 

và mặt phẳng

  : 2x2y z 12 0 Điểm M di động trên mặt phẳng   sao cho MA , MB luôn tạo

với   các góc bằng nhau Biết rằng M luôn thuộc một đường tròn ( ) cố định Hoành độ của tâm đường tròn ( ) bằng

9

Lời giải Chọn C.

Ta có:  ,   20 12 2 12 6

4 4 1

d A      

  ;  ,   10 20 9 12 3

4 4 1

d B      

Vì điểm M di động trên mặt phẳng   sao cho MA, MB luôn tạo với   các góc bằng nhau nên ta có MA2MB

Gọi M x y z ; ; 

, ta có:

2

MA MB  MA2 4MB2

x 102 y 62 z 22 4x 52 y 102 z 92

228 0

228 0

x y z













Mặt cầu  S

có tâm

10 34 34

; ;

I   

  Gọi H là tâm của đường tròn   , ta có H là hình

chiếu vuông góc của điểm

10 34 34

; ;

I   

  trên mặt phẳng   Suy ra điểm H2;10; 12 

Vậy hoành độ của tâm đường tròn   bằng 2

Câu 14: [2D1-4] Cho đồ thị  C

có phương trình y x 3 3x2 Có bao nhiêu số nguyên b   10;10

để có đúng một tiếp tuyến của  C

đi qua điểm B0;b

Lời giải Chọn C.

Ta có y 3x2 6x

Phương trình đường thẳng đi qua B0;b và có hệ số góc k là y kx b  .

Qua điểm B0;b

có đúng một tiếp tuyến của  C

khi và chỉ khi

2

3

x x k

x x kx b



2

3 6

x x k





 có nghiệm duy nhất  x3 3x2 3x3 6x2b có nghiệm duy nhất  2x33x2 b có nghiệm duy nhất

Đặt g x 2x33x2

1

x

x





Bảng biến thiên

Dựa vào BBT ta có phương trình 2x33x2b có nghiệm duy nhất  b 0 b  Vì b1

nguyên và b   10;10

nên có tất cả 17 giá trị b thỏa YCBT.

Câu 15: [2H3-3] Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng   :x z  3 0 và điểm M1;1;1

Gọi A

là điểm thuộc tia Oz , B là hình chiếu của A lên   Biết rằng tam giác MAB cân tại M .

Diện tích của tam giác MAB bằng:

3 3

3 123

Lời giải Chọn B.

Gọi A0;0;a

với a  Đường thẳng 0 AB đi qua điểm A0;0;a

và có một vectơ chỉ

phương u  1;0; 1 

có phương trình là:

0

x t y

z a t











  

 t  

 

B   t a t  3 0

3 2

a

;0;

Vì tam giác

MAB cân tại M  MA MB  

        

4a 8a 8 2a 8a 26

       2a2 18

3

a

   A0;0;3

và B3;0;0 .

Cách 1: AM 1;1; 2 

, ⃗BM   2;1;1  AM BM,  3;3;3

, 2

ABM

3 3

2



Cách 2: Gọi I là trung điểm của AB Ta có

3 3

;0;

2 2

I 

 

 

2

1

IM       

6 2



 2

2 2

AB     3 2

Do đó

1 2

ABM

.3 2

2 2

2



Câu 16: [2D4-4] Giả sử z z là hai trong số các số phức 1, 2 z thỏa mãn iz 2 i 1 và z1 z2 2

Giá trị lớn nhất của z1  z2 bằng

Lời giải Chọn A.

Ta có iz 2 i 1 i z i 2 1 1 

 z i 2 1 1 

Điểm biểu diễn z thuộc đường tròn tâm I1; 2

, R 1 Gọi M , N là điểm biểu diễn z ,1 z nên 2 MN  là đường kính Dựng hình bình hành OMNP 2

ta có z1z2 OP2 3

    16 z1  z2  Dấu bằng xảy ra 4 khi z1 z2  MN OI