Đề thi thử thpt quốc gia môn toán trường thpt thanh chương 3 nghệ an lần 1 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Tính diện tích xung quanh của hình trụ có một đáy là đường tròn nội tiếp hình vuông ABCD và chiều cao bằng chiều cao của hình chóp S ABCD ..[r]

Câu 30 [1D2-2]Số hạng của x trong khai triển 31

40 2

1

x x



A C x 4037 31 B C x 4031 31 C C x 402 31 D. C x 404 31

Lời giải Chọn A

Ta có số hạng tổng quát của khai triển là

40

1

k

k k

C x

x

Số hạng của x có 40 331  k31 k  suy ra số hạng cần tìm là 3 C x403 31C x4037 31

Câu 31: [2D3-3] Cho dãy số  u n

thỏa mãn logu1  2 logu1 2 logu8 2logu10

và u n1 10u n,

*

n N

  Khi đó u2018 bằng:

A 102000 B 102008 C 102018 D.102017

Lời giải Chọn A.

Ta có: u n1 10u n nên  u n

là một cấp số nhân có công bội q 10 Khi đó:

logu 2 logu 2log u q 2log u q

Đặt tlogu1 ta được phương trình: 16 t 18 t  

2

17

t

t

 



Ta có: logu1 17 u1 1017

Khi đó: u2018 u q1 2017 10 1017 2017 102000

Câu 32: [2D1-4] Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số

yx  x m 

trên đoạn 2;1 đạt giá

trị nhỏ nhất Giá trị của m là:

Lời giải Chọn D

Đặt tx22x 4, x   2;1

thì t    5; 1

Khi đó

2

yx  x m   t m

Hàm số g t   t m

là hàm số đồng biến trên 5; 1 

nên

m m







u m

m m





 là hàm liên tục trên  , có đồ thị là đường gấp khúc như hình vẽ:

Từ đồ thị ta thấy u m 

đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi m  3

Câu 33 [1H3-3] Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD A B C D cạnh đáy bằng 1 1 1 1 1 và chiều cao bằng x Tìm x

để góc tạo bởi đường thẳng B D và 1 (B D C1 1 )

đạt giá trị lớn nhất

Lời giải

Chọn A.

x

y

z

D1

D A

A1

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho Oº D1, C thuộc tia 1 Ox, A thuộc tia 1 Oy, D thuộc tia Oz

(như hình vẽ)

Khi đó D1(0; 0; 0 ,) B1(1;1; 0 ,) D(0; 0;x),C(1; 0;x)

Mặt phẳng (B D C1 1 )

nhận véctơ n=éD B D C1 1, 1 ù=(x;- x; 1- )

r uuuur uuur

là véctơ pháp tuyến Đường thẳng B D nhận véctơ 1 ur=(1;1;- x) là véctơ chỉ phương.

Gọi j là góc giữa B D và 1 (B D C1 1 )

, suy ra:

( )2

sin

x

=

(Do x> )0 1

=

2 2

1 1

x

=

3 1

x

+

Dấu đẳng thức xảy ra khi x=1.

Góc j lớn nhất Û sinj lớn nhấtÛ x=1.

Vậy góc tạo bởi đường thẳng B D và 1 (B D C1 1 )

đạt giá trị lớn nhất khi x=1.

Câu 34: [2D1-3] Cho f x  m41x4  2 m 1m2 4x24m16

, m   Số cực trị của hàm số

  1

y f x 

là

Lời giải Chọn A.

Ta có: y f x 1   f x 12

Suy ra

   

 

 2

1

f x f x y

f x

 



;

 

 

0 0

1 0

f x y

f x



   



  0

f x  có 3 nghiệm đơn phân biệt vì  m41 2   m1m24 0

với mọi m

  1 0

f x  

vô nghiệm do   2 m m2 2 2 m41 4  m15 4.2 m m2 4 15m4 4m15

2m m22 11m4 11 0

Vậy hàm số đã cho có 3 cực trị

Cách khác: Đặc biệt hóa ta cho m 0, khi đó ta được hàm f x   1x4 4x216

Đặtg x   f x   1x4 4x2 16 g x  4x3 8x

  0

g x   4x3 8x0

0 2 2

x x x











Ta có BBT

Do đồ thị hàm số y g x  

nằm hoàn toàn bên trên trục hoành nên đồ thị hàm số yg x 

cũng chính là đồ thị của hàm số y g x  

Khi đó số điểm cực trị của hàm số y g x  

  1

f x

là 3

Câu 35: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

:

x y z

 và mặt phẳng  P x: 2y2z 4 0 Phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng  P sao cho

d cắt và vuông góc với  là

A

3

1

 











3

2 2

x t









  





C

2 4

4

 











1

3 2

 







  





Lời giải Chọn C.

Đường thẳng

:

x y z

 có vectơ chỉ phương u1;1; 1 

, và mặt phẳng

 P x: 2y2z 4 0 có vectơ pháp tuyến n1; 2; 2 suy ra u n,  4; 3;1 

 

Gọi M    d M  P  

M   M  t t  t

; M P  t 2 1 t2 2  t 4 0  t 2 Suy ra M    2; 1; 4

Đường thẳng d đi qua M    2; 1; 4 và nhận u n,  4; 3;1 

 

làm vectơ chỉ phương nên có

phương trình là:

2 4

4

 











Câu 36: [2D4-3] Cho hai số phức z ,  thỏa mãn z1   z 3 2i ;  z m i với m   là tham số

Giá trị của m để ta luôn có  2 5 là:

A

7 3

m m





7 3

m m





Lời giải Chọn B.

Đặt z a ib a b  , ,  

có biểu diễn hình học là điểm M x y ; 

z   z i  x1iy   x 3 y 2i  x 12y2  x32y 22

2x 1 6x 9 4y 4

Suy ra biểu diễn của số phức z là đường thẳng : 2 x y   3 0

Ta có:  2 5  z m i  2 5  x m  y1i 2 5

x m2 y 12 2 5

Mà ta có MI d I ,

Nên MI 2 5  d I ,  2 5

2 5 5

m

m m





3 7

m m





Câu 37: [2D3-3]Cho hàm số f x 

xác định trên \1

thỏa mãn

  3

'

1

f x

x



 ; f  0  và1

 1  2 2

f  f   Giá trị của f  3

bằng

Lời giải Chọn C.

Ta có f x f x x' d

3 d

1 x

x





1 2

f x



 Theo giả thiết:

 

   

f









1

1

C





 



1 2

1

1 3ln 2

C C





 

 



f x





Vậy f  33ln 2 1 3ln 2 1  

Câu 38: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ 0xyz cho đường thẳng d và mặt cầu  S

có

phương trình lần lượt là:

:

 ;  S x: 2y2z2 2x4y2z18 0 biết d cắt

 S tại hai điểm M N, thì độ dài đoạn MN là

A

30 3

MN 

20 3

MN 

16 3

MN 

Lời giải Chọn B.

Ta có phương trình tham số của  d là:

3 2

1 2

 









  

 thay vào  S ta được

 3 t2 2t 2   1 2t2 2 3  t4 2 t 2 1 2  t18 0

2 2 9

t t









 



Với t 2 M1; 4; 5  

; với

; ;

t  M   

20 40 40

MN  

3

MN

Câu 39: [2D3-3] Biết

2 2 3

cos

x













, a b  ,  Tính P a b 

Lời giải Chọn A.



Đặt txcosx dt cosx x sinx xd

Đổi cận:

2

x   t 

; x  t

2

dx









3

1 dt

t t











3 ln 1









  a3; b 1 Vậy P  4

Câu 40: [2D4-3] Cho số phức z a bi  a b  ,  thỏa mãn z 1 i z i   3i9

và z 2 Tính

P a b 

Lời giải Chọn C.

z a bi   z a bi 

z 1 i z i   3i9  a bi  1 i a bi i    3i9

Ta có:

1 3

b



 

2 0

b





 

 



z  i z1  nên không thỏa yêu cầu bài toán.2

z   i  z2  22 12  5 thỏa yêu cầu bài toán

Vậy P a b  1

Câu 41: [2D1-3] Cho hàm số y x 3 3x2 có đồ thị  C

và điểm A0;a

Gọi S là tập hợp tất cả các

giá trị thực của a để có đúng hai tiếp tuyến của  C

đi qua A Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng

Lời giải Chọn A.

Gọi M m m ; 3 3m2

là hoành độ của tiếp điểm Khi đó, phương trình tiếp tuyến với đồ thị  C

tại M có dạng: y3m2 6m x m   m3 3m2

Vì A0;a là điểm mà tiếp tuyến của  C đi

qua nên ta có phương trình: a3m2 6m 0 mm3 3m2  a2m33m2  * .

Yêu cầu bài toán  Phương trình  *

có đúng hai nghiệm m

Xét hàm số: f m  2m33m2

ta có: f m' 6m26m

Bảng biến thiên:

Dựa vào BBT, phương trình  *

có đúng hai nghiệm m khi và chỉ khi

1 0

a a









 Do đó tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 1

Câu 42: [2D3-3] Cho  H

là hình phẳng giới hạn bởi parabol y 3x2 và nửa đường tròn có phương trình y 4 x2 với 2   (phần tô đậm trong hình vẽ) Diện tích của x 2  H bằng

x y

-2

2

A

3

 

3

 

3

 

3

 

Lời giải Chọn D.

Phương trình hoành độ giao điểm: 3x2  4 x2 , Đk: 2  x 2

Hình  H

giới hạn bởi:

 

 

2 2











có diện tích là:

        

* Ta có:

1 3 2

1



* Xét

1

2 1

1



:Đặt

2 2

x t t   

 ; dx2cost td





Ta có:

1

(Do cost  khi 0 t 2 2;

 

6 6

1

2 d







Vậy

2

S       

Cách khác:

x

y

-2

2

M'

1

M

- Giao điểm của  P :y 3x2

và  C :y 4 x2

là M1; 3 , M ' 1; 3 

- Có AOM 60  MOM' 2 30   60 Suy ra diện tích hình quạt OMM là'

2 1

- Gọi S là diện tích giới hạn bởi 2









2 0

3

6 d

S  x x x

- Diện tích hình  H

2

3

SS  S   

Câu 43: [2D1-3] Tìm m để hàm số

3

7

3 28

x

nghịch biến trên 0; 

A.

15 4

m 

15

0

15 4

m 

15

0

Lời giải Chọn C.

2

8

3 3

4

x

Hàm số

3

7

3 28

x

nghịch biến trên 0;   y  0, x 0;

2

8

3

4

x

,  x 0;

2 8

3 3

4

x

,  x 0;

0;

max



8

3 3

4

x

8

3 3

4

x

trên 0; 

, ta có g x  6x 69

x

;

 

1 0

x

g x

x





Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra

15 4

m 

Câu 44: [2D2-4] Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 4x2  3.2x21m 3 0 có 4

nghiệm phân biệt

Lời giải Chọn D.

Ta có: 4x2  3.2x21m 3 0  4x2 6.2x2  3 m

Đặt 2x2  , t t 1 , ta được phương trình: t2 6t  3 m  *

Ta thấy, nếu t 1 thì 2x 1 có nghiệm duy nhất x 0; nếu t 1 thì 2x  có hai nghiệm phânt biệt x log2t Bởi vậy, phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình  * có hai nghiệm phân biệt t2 t1  1

Xét hàm số f t   t2 6t

với t 1; 

Ta có f t  2t 6 0   t 3

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra giá trị của m để phương trình  *

có hai nghiệm phân biệt t2 t11

là 9 3  m 5 8m12

Như vậy, các giá trị nguyên của m để phương trình 4x2  3.2x21m 3 0 có 4 nghiệm phân biệt là 9;10;11 .

Câu 45: [2H2-3] Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD. có cạnh đáy bằng a , góc giữa cạnh bên SA và mặt

đáy bằng 30 Tính diện tích xung quanh của hình trụ có một đáy là đường tròn nội tiếp hình vuông ABCDvà chiều cao bằng chiều cao của hình chóp S ABCD.

A.

12

xq

a

S 

12

xq

a

S 

6

xq

a

S 

6

xq

a

S 

Lời giải Chọn D

Góc giữa cạnh SAvà mặt đáy là góc SAO bằng 30

Ta có

2 2

a

AO 

,

2 tan 30

2 3

a

Hình trụ có một đáy là đường tròn nội tiếp hình vuông ABCDvà chiều cao bằng chiều cao của

hình chóp S ABCD nên bán kính đáy 2

a

r 

, chiều cao

2

2 3

a

h SO 

Diện tích xung qunh của hình trụ là:

2

xq

Câu 46: [2H1-3] Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' cạnh bằng a Gọi K là trung điểm của DD '

Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CK và 'A D

A

4 3

a

a

2 3

a

3 4

a

Lời giải Chọn B.

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A' 0;0;0;  ; D a' ;0;0 ; A0;0;a  C a a a ; ; 

;

;0; 2

a

K a 

Khi đó: A D a'  ;0;a 0; ;

2

a

CK a  



, A C a a a'  ; ; 

Ta có:

3 ' ,

A D CK A C a

d CK A D

A D CK

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

 

Câu 47: [2D1-4] Cho hàm số yf x 

Hàm số yf x 

có đồ thị như hình vẽ

Hàm số yf x 2

có bao nhiêu khoảng nghịch biến

Lời giải Chọn B

Ta có y  f x 2 2 x f x 2

Hàm số nghịch biến

 

 

2

2

0 0 0

0 0

x

f x y

x

f x

 

 

 







 

 

 



theo dt '( )

0

0

f x

x

x

 

 





     









x





Vậy hàm số yf x 2

có 3 khoảng nghịch biến

Câu 48: [2D1-3] Cho hàm số yf x x   1

liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f x x  1 m

có số nghiệm lớn nhất

A 0,6;0

B 0,7; 0,6 

C 0;0,6. D 0,6;0,7.

Lời giải Chọn A.

Phương trình f x x  1m

là phương trình hoành độ giao điểm của

1

:

d y m









Số nghiệm phương trình đúng bằng số giao điểm của ( )C và d 1

Vẽ( )C và d trên cùng một hệ trục tọa độ1

1

( )C gồm 2 phần:

Phần 1: giữ nguyên phần đồ thị ( ) :C yf x x   1

có x  1

Phần 2: lấy đối xứng qua Ox phần đồ thị ( ) C có x  1

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình f x x  1m

có số nghiệm lớn nhất  m  0,6;0

Câu 49: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A0;0, 3 ,  B2;0; 1  và  P

3x 8y7z1 0 Hỏi có bao nhiêu điểm C trên mặt phẳng  P

sao cho ABC đều.

Lời giải Chọn D.

Gọi C x y 1, , z1 1

là điểm cần tìm

 2

,AB  8

Do C P  3x1 8y17z11 0  1

Do ABC đều  AB AC BC 

2



 



 2

1



 

 Thế x1 z1 vào 1  1  z12y1 ,1 x1 2y1 2

 2y1 22  y1 2 2y1 42 8

1

1

2 2 3

y y









2, 2, 3

C

và

C    

Câu 50: [2D3-4] Cho hàm số yf x có đạo hàm liên tục trên khoảng 0; 

biết

  2 3 2  0

f x  x f x  , f x  0  x 0 và  1 1

6

Tính giá trị của

A

6059

6055

6053

6047

4038.

Lời giải Chọn B

  2 3   2 0

f x  x  f x  

 

 

 

 

2

1

3

f x

Mà  1 1

6

nên ta có

2

f x

P  f  f  f   f

1