Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán trường chuyên lương thế vinh lần 1 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

thể tích V của vật thể tròn xoay sinh bởi khi quay hình phẳng D quanh trục Ox .... Gọi M là trung điểm cạnh AB.?[r]

Câu 1: [2D1-3] Gọi S là tập tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số

1 2 9

3 2 3









y và trục Ox có đúng hai điểm chung phân biệt Tính tổng T của các

phần tử thuộc tập S

A T 12 B T  10 C T 12 D T   10

Lời giải Chọn C.

Cách 1.

Ta có ' ( ) 3 2 6 9





x









 3

1

x

x

Nên hàm số yf x  có hai điểm cực trị Vậy để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì f( 1 )  0hoặc f(  3 )  0

Với f( 1 )  0  m 2

Với f(  3 )  0 m  14

Vậy T 12

Cách 2.

Xét phương trình hoành độ x3  3x2  9x 2m 1  0 x3 3x2 9x 1 2m









Xét hàm 3 3 2 9 1







BBT

Từ bảng biến thiên suy ra khẳng định “ Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì m 2 hoặc m  14

”

Vậy đáp án là C

Câu 2: [2D3-3] Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y x, cung tròn có phương

trình y 6 x2   6 x 6 và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ bên) Tính thể tích V của vật thể tròn xoay sinh bởi khi quay hình phẳng D quanh trục Ox

A V 8 6 2   B 8 6 22 .

3

3

3

Lời giải Chọn D.

Tọa độ giao điểm là nghiệm số phương trình

2

6

x

  





 



2

x

Thể tích V của vật thể tròn xoay sinh bởi khi quay quanh hình D

0 6



0 6





22

3

Vậy đáp án D

Câu 3: [2D3-3] Cho hàm số f x  a2 b 2

   , với a , b là hai số hữu tỉ thỏa điều kiện

 

1

1

2

d 2 3ln 2

f x x  

 Tính T   a b

A T 1 B T 2 C T 2 D T  0

Lời giải Chọn C.

Ta có:  

1

2

1

2

d a + +2 db a ln 2

  =a  2  2a b ln 2 1 

a 1 bln 2

   , suy ra  1 ln 2 2 3ln 2 1

3

a

b







 Vậy T   a b 2

Câu 4: [2D1-4] Cho hàm số y= f x( ) có đạo hàm trên ¡ thỏa mãn f(2)= f( 2)- =0 và đồ thị của

hàm số y= f x'( ) có dạng như hình vẽ bên Hàm số ( )2

( )

y= f x nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau

A. 1;3

2



Lời giải Chọn D.

Dựa vào đồ thị hàm sốyf x  ta lập được bảng biến thiên của yf x  như sau:

Xét hàm số y f x  2, ta có y2f x f x   

Do f x  0,  x và f x  0,  x 1;2    ; 2 nên hàm số y f x  2 nghịch biến trên khoảng   ; 2 và 1;2

Câu 5: [1H3-3] Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D có ' ' ' ' AB2 ,a AD a , AA'a 3 Gọi M

là trung điểm cạnh AB Tính khoảng cách h từ điểm D đến mặt phẳng B MC ' 

A 3 21

7

a

21

a

14

a

7

a

h 

Lời giải Chọn D.

Gọi O BD AC; I CM BD

Do I là trọng tâm của ABC nên BI 2 IO

Khi đó DI 2

BI   d D MB C ,    2d B MB C ,   

Mà tứ diện B BMC là tứ diện vuông góc tại B nên

2

3

7

a

7

a

Câu 6: [2D3-4] Cho hàm số yf x  có đạo hàm liên tục trên  và   4

2

2 2

x

và f  1 1 Khẳng định nào sau đây là đúng?

A Phương trình f x  có một nghiệm trên   0 0;1 

B Phương trình f x  có đúng ba nghiệm trên   0 0; 

C Phương trình f x  có một nghiệm trên   0 1; 2 

D Phương trình f x  có một nghiệm trên   0 2;5 

Lời giải Chọn C.

Ta có  

2

f x

x

2

1 1

0

x x

 

  ,  x 0 Nên hàm số yf x  đồng biến trên khoảng 0;  

Lại có f x  liên tục trên  và   4

2

2 2

x

 

4 2

2

x

5

Do đó ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra chỉ có khẳng định “phương trình f x  có một nghiệm   0 x 1; 2

” là khẳng định đúng

Câu 7: [2D1-3] Biết hàm số yf x  liên tục trên  có M và m lần lượt là GTLN, GTNN của

hàm số trên đoạn 0; 2 Trong các hàm số sau, hàm số nào cũng có GTLN và GTNN trên đoạn

0; 2 tương ứng là  M và m ?

1

x

x



  B yf  2 sin xcosx 

C yf 2 sin 3xcos3x  D  2

2

Lời giải Chọn A.

Đặt 24

1

x t x



 trên 0; 2 Ta có: 

 

2 2 2

1

x

x t

x

 

 Xét t x  0 x1 trên 0; 2 

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: 0 t 2

Do đó: Hàm số yf x  liên tục trên  có M và m lần lượt là GTLN, GTNN của hàm số

trên đoạn 0; 2 khi và chỉ khi hàm số  yf t  liên tục trên  có M và m lần lượt là GTLN,

GTNN của hàm số trên đoạn 0;2 

 Với hàm số yf  2 sin xcosx ,đặt 2 sin cos  2 2 sin

4

t x x  x 

 , suy ra 0; 2 2

  khi x 0;2.

 Với hàm số yf 2 sin 3xcos3x  đặt t2 sin 3xcos3x ta có t  4 2; 2

0;2

 Với hàm số yf x  2 x2, đặt t x  2 x2 ta có có t  2; 2

  khi x 0;2.

Bởi vậy, chỉ có hàm số 24

1

x

x



  có GTLN và GTNN trên đoạn 0; 2 tương ứng là  M

và m

Câu 8: [2D3-4] Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A   4; 1;3 , B    1; 2; 1 , C3;2; 3  và

0; 3; 5

D   Gọi   là mặt phẳng đi qua D và tổng khoảng cách từ A, B, C đến   lớn nhất, đồng thời ba điểm A, B, C nằm cùng phía so với   Trong các điểm sau, điểm nào thuộc mặt phẳng  

A E17; 3; 4    B E22;0; 7   C E   3 1; 1; 6  D E436;1; 1  

Lời giải Chọn A.

Giả sử vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   là na b c; ;  (điều kiện: a2b2c2 0)

Khi đó mặt phẳng   có phương trình là : ax b y  3c z 5 0

Ta có : M d A ;   d B ;   d C ;   4a 2b 8c 2a b2 4c2 3a 5b 2c

Vì ba điểm A, B, C nằm về cùng một phía so với   nên các số 4a2b8 ,c a b 4c

và 3a5b2c cùng dấu

Suy ra: 4 a2b8c  a b 4c 3a5b2c  2a8b14c

2a 8b 14c M

  

Theo bất đẳng thức Bunyakovsky (Bu-nhi-a-cốp-ski) ta có:

a2b2c2 4 64 196    2a8b14c2

2 8 14

264

  

 

Suy ra giá trị lớn nhất của M đạt được bằng 264.

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi

 

7









Mặt khác ta có

4 33

   





   



   



thỏa mãn điều kiện A, B , C nằm về cùng một phía đối

với mặt phẳng   Do đó tồn tại giá trị lớn nhất của M

Nếu a 0 b c 0 không thỏa mãn điều kiện của vectơ pháp tuyến Suy ra a  0

+) Với b4a, c7a ta có mặt phẳng   có phương trình là:

ax a y  a z   x 4y 7z 47 0 (do a  ).0

Thay tọa độ các điểm E1, E2, E3, E4 vào phương trình của   ta thấy điểm E1 thỏa mãn.

Câu 9: [2D1-3]Cho hàm số yx3 3x21 có đồ thị  C Hỏi trên trục Oy có bao nhiêu điểm A

mà qua A có thể kẻ đến  C đúng ba tiếp tuyến?

Lời giải Chọn C.

Dễ thấy hàm số đã cho là hàm số chẵn nên đồ thị  C của hàm số 3 2

yx  x  đối xứng với nhau qua trục tung Do đó, nếu đường thẳng y ax b  tiếp xúc với đồ thị  C tại điểm

x x  thì theo tính chất đối xứng đường thẳng yax b cũng tiếp xúc với đồ thị hàm hàm số  C và tiếp xúc tại điểm có hoành độ xx0 0 Hơn nữa hai đường thẳng này lại cắt nhau tại điểm M0;b nằm trên trục tung Nên để từ điểm  A nào đó trên tục tung kẻ được ba

tiếp tuyến đến  C thì hai tiếp tuyến dạng này phải trùng nhau hoặc x0 x0 0 0

3

x y





  

Trường hợp 1:

- Với x 0 0 suy ra tiếp tuyến của  C tại điểm 0;1 có phương trình  y 1 (*)

- Đường thẳng đi qua điểm 0;1 có hệ số góc k có phương trình  y kx 1 Đường thẳng này

là tiếp tuyến với  C ( xét x  ) khi và chỉ khi hệ 0

2





Từ hệ suy ra 2  3

2

x x   x (Vì x  ).0

Do đó khi x  qua điểm 0 0;1 chỉ kẻ được duy nhất một tiếp tuyến tới   C (**)

Lại do tính đối xứng của đồ thị nên khi x  qua điểm 0 0;1 ta cũng chỉ kẻ được duy nhất một tiếp tuyến tới  C (***)

Từ (*), (**) và (***) qua điểm 0;1 kẻ được ba tiếp tuyến tới   C

Trường hợp 2:

- Với y 3 thì ba tiếp tuyến này trùng nhau (loại)

Câu 10: [1D2-4] Cho đa giác đều 2018 đỉnh Hỏi có bao nhiêu tam giác có đỉnh là đỉnh của đa giác và

có một góc lớn hơn 100 ?

897

1009

895

896

Lời giải Chọn D.

Gọi A1,A2,…,A2018 là các đỉnh của đa giác đều 2018 đỉnh.

Gọi  O là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều A A A1 2 2018

Các đỉnh của đa giác đều chia  O thành 2018 cung tròn bằng nhau, mỗi cung tròn có số đo

bằng 360

2018



Vì tam giác cần đếm có đỉnh là đỉnh của đa giác nên các góc của tam giác là các góc nội tiếp của  O

Suy ra góc lớn hơn 100 sẽ chắn cung có số đo lớn hơn 200

Cố định một đỉnh A i Có 2018 cách chọn A i.

Gọi A i,A j,A k là các đỉnh sắp thứ tự theo chiều kim đồng hồ sao cho A A  i k 160 thì

A A A  i j k 100 và tam giác A A A i j k là tam giác cần đếm.

Khi đó 

A A là hợp liên tiếp của nhiều nhất 160 896

360 2018



cung tròn nói trên

896 cung tròn này có 897 đỉnh Trừ đi đỉnh A i thì còn 896 đỉnh Do đó có 2

896

C cách chọn hai đỉnh A j,A k.

Vậy có tất cả 2

896

Câu 11: [2D2-3]Biết rằng điều kiện cần và đủ của m để phương trình

2

1

2

x



có nghiệm thuộc 5;4

2

  là ma b;  Tính T  a b

A 10

3

3

Lời giải Chọn D.

Điều kiện: x  Đặt 2 t log2x 2 với 5; 4

2

x  

  thì t   1;1.

Phương trình đã cho tương đương 2     

4log x 2 4 m 5 log x 2  8m 4 0

2

5 1 2

m t

 

 

với t   1;1.

Xét

2

5 1 ( )

2

f t

t

 



  với t   1;1 Ta có ( ) 2 4 112 0

( 2)

f t

t

  

  với t   1;1.

Suy ra f t( ) luôn nghịch biến trên đoạn 1;1

Ta có f  1 f t  f 1 5   5

3

f t

Để phương trình ban đầu có nghiệm thuộc 5;4

2

  thì phương trình f t  m có nghiệm thuộc

5

5

m

    Suy ra a  ; 5 5

3

3

Câu 12: [1H3-3] Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C    có tất cả các cạnh bằng a M là điểm

thỏa mãn 1

2

CM  AA

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

, cosin góc giữa hai mặt phẳng A MB , ABC bằng

A 30

4

Lời giải Chọn B.

Trong mặt phẳng ACC A  gọi KACMA, trong ABC dựng AH BK, H BK .

Ta có: BK AA H    A MB  , ABC  AHA

Khi đó BK2 AB2 AK2  2AB AK .cos60 0 7

3

a BK

2

a

7

ABK

AH

BK

tan

3

AA AHA

AH





cos

10

AHA

Câu 13: [1D3-4] Cho dãy số được xác định bởi u1a và u n1 4u n1 u n với mọi n 1, 2, , có bao

nhiêu giá trị của a để u2018 0?

A 220161 B 220171 C 220181 D 3

Lời giải

Chọn A.

Đặt 1 1

2

u  v  , ta nhận được dãy số  v được xác định bởi n v1 1 2a và 2

Trường hợp 1: v 1 1

Tồn tại 0 x   sao cho cos x v 1, bằng quy nạp dễ thấy cos 2n 1

n

Ta có u20180 v20181 2016

2

k

  , 0 x    0 k 22016 k0,1, 2, , 22016

Trường hợp 2: v 1 1

Dễ thấy v  n 1 với mọi số nguyên dương n

Vậy có tất cả 2016

2 1 giá trị của a

Câu 14: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1;0;1; B0;1; 1  Hai điểm

D, E thay đổi trên các đoạn OA, OB sao cho đường thẳng DE chia tam giác OAB thành hai phần có diện tích bằng nhau Khi DE ngắn nhất thì trung điểm I của DEcó tọa độ là

A 2; 2;0

B 2; 2;0

C 1 1; ;0

3 3

I 

  D 1 1; ;0

4 4

I 

 

Lời giải Chọn A.

Ta thấy OA OB  2; AOB 120

Ta có D nằm trên đoạn OAnên D a ;0;a ,  OD a 2, 0a1

E nằm trên đoạn OB nên E0; ;b b , OE b 2, (0 b 1)

Ta có ODE 12

OAB

S

ab

DE a  b  ab  ab

Dấu bằng xảy ra khi 2

2

a b  suy ra 2;0; 2

, 0; 2; 2

Vậy Min(DE ) 3 khi đó trung điểm của DE có tọa độ 2; 2;0

Câu 15: [2D2-3] Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình

2

2

x x

  

   

Có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1

Lời giải Chọn C.

Điều kiện: 3x23x m  1 0

- Ta có:

2

2

x x

  

   

 

2

2

    

 

2

2

  

 

Xét hàm số: f t   t log2t trên D 0; , có   1 1 0

.ln 2

f t

t

    , t D  ,

Do đó hàm số f t đồng biến trên   D

 1 f 4x2 2x 2 f 3x2 3x m 1

 

4x 2x 2 3x 3x m 1 2

       Khi đó vì 4x2 2x    2 0 x nên

 2 3x23x m  1 0  x2  5x m 1 3

- Xét hàm số: g x  x2 5x trên , có   2 5   0 5

2

- Bảng biến thiên:

- Theo bảng biến thiên ta thấy: phương trình  3 có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 khi và chỉ khi 25 1 4

3

     , do m  nên m    5; 4 , hay có 2 giá trị nguyên

của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 16: [2D1-3] Có bao nhiêu số nguyên âm m để hàm số 1cos3 4cot  1 cos

3

y x x m x đồng biến trên khoảng 0; ?

Lời giải Chọn A.

4

sin

x

sin

x

- Hàm số đồng biến trên 0; khi và chỉ khi  y0,  x 0;

3

2

4

sin

x

2

3

4 sin

sin

x

- Xét hàm số:   2

3

4 sin

sin

x

  , trên 0; 

sin

x

x

2cos sin

sin

x

5 4

sin 6 2cos

sin

x x

x





  0

2

Bảng biến thiên:

- Do đó:  

x





- Lại do m nguyên âm nên m       5; 4; 3; 2; 1 Vậy có 5 giá trị của m thỏa mãn.