Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường thpt quỳnh lưu 1 lần 2 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

0, 65 % mỗi tháng (biết lãi suất không thay đổi) thì sau bao lâu thầy Châu trả hết số tiền trên.. A..[r]

TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1-TỈNH NGHỆ AN-LẦN 2-2018 Câu 3 [1D2-3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 3]

Một hộp đựng 10 thẻ được đánh số từ 1đến 10 Phải rút ra ít nhất k thẻ để xác suất có ít nhất

một thẻ ghi số chia hết cho 4 lớn hơn

13

15 Giá trị của k bằng

Lời giải

Chọn C.

Không gian mẫu có số phần tử là: 10

k C

 

Trong 10 thẻ được đánh số từ 1 đến 10 có 2 thẻ ghi số chia hết cho 4

Vậy nếu k  thì trong k thẻ lấy được luôn có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 8 4.

Nếu k  , xác suất để trong k thẻ lấy được có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 8 4là:

8 10 1

k k

C P

C

 

Ta có

13 15

10

2 15

k k

C C

8! ! 10 ! 2 10! ! 8 ! 15



 15 10  k 9 k180 2

Vậy phải rút ra ít nhất 7 thẻ để xác suất có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 lớn hơn

13

15.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Cho một bộ bài 52 quân Rút ra có hoàn lại k quân đến khi trong k quân rút được có ít nhất một quân Át cơ hoặc Át rô thì dừng lại Giá trị nhỏ nhất của k để xác suất dừng lại ngay sau lần rút

thứ 2 lớn hơn

6

25 bằng

Lời giải

Chọn C.

+)Nếu k 50 thì trong lần rút đầu tiên luôn có ít nhất một quân Át, nên sẽ dừng lại ngay sau lần rút đầu tiên (loại)

+)Nếu k 50

Trong mỗi lần rút, xác suất không được quân Át cơ hoặc Át rô nào là

50 52

k k

C

C , xác suất được ít nhất

một quân Át cơ hoặc Át rô là:

50 52 1

k k

C C



Do rút có hoàn lại nên các lần rút là độc lập với nhau.Vậy xác suất để dừng lại ngay sau lần rút thứ

hai là:

50 52

k k

C C

50 52 1

k k

C C



Theo giả thiết

50 52

k k

C C

50 52 1

k k

C C



6 25



50 52 50 52

3 5 2 5

k k

k k

C C C C









 



2

2

5 515 5304 0

5 515 7956 0



 



11,6 91, 4 84,07 18,93

k k k

 





  



 





Vậy kmin 12

Câu 6 [3D2-3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 6]

Biết

6

2 6

cos

d 1

x





  



a

với a b c, , là các số nguyên Tính M  a b c

Lời giải Chọn A

+) Đặt

6

2 6

cos

d 1









 



suy ra

6

2

6









6

2

6

1 cos d











6 2

6

cos d







 

+)

6 2 1

6

cos d









, đặt ux2; dvcos dx x thì du2 dx x; vsinx

1

6 6

sin 2 sin d















2 6

6

2 sin d









 



6 6 6

2 cos 2 cos d















2

6 6

3 2sin







2 3 2

36 3

+)

6

2 2

6

1 cos d







 

, đặt x ta đưa về t

6

2 2

6

1 cos d







  

nên

I I suy ra I  (Hoặc sử dụng kết quả: 2 0 f x 

liên tục trên a a;  và là hàm số lẻ thì

 d 0

a

a

f x x







)

+) Vậy

2

36 3

I     

do đó a  ; 2 b 36; c  Vậy 3 M  Chọn A.35

Câu 19 [2D1-3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 19]

Cho hàm số yf x  có bảng biến thiên như sau:

Đồ thị hàm số  

1

y



  có bao nhiêu tiệm cận đứng

Lời giải Chọn B

Vì phương trình f 3 x 2 0 có 3 nghiệm phân biệt x= với x1 x1> ; 5 x= vớix2

1

1- < < ; x 5 x= với x3 x1<- 1

Do đó hàm số  

1

y



 

có 3 đường tiệm cận đứng

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Cho hàm số yf x  có bảng biến thiên như sau:

Đồ thị hàm số  

1

y



 

có bao nhiêu tiệm cận đứng

Lời giải Chọn C

Vì phương trình f 3 x 4 0 có 1 nghiệm x= với x1 x1< 1

Do đó hàm số  

1

y



 

có 1 đường tiệm cận đứng.

Câu 21 [2D2-3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 21]

Thầy Châu vay ngân hàng ba trăm triệu đồng theo phương thức trả góp để mua xe Nếu cuối mỗi tháng, bắt đầu từ tháng thứ nhất thầy Châu trả 5 triệu đồng và chịu lãi số tiền chưa trả là

0,65% mỗi tháng (biết lãi suất không thay đổi) thì sau bao lâu thầy Châu trả hết số tiền trên?

A 78 tháng B 76 tháng C.75 tháng D 77 tháng.

Lời giải Chọn D

Đặt a 0, 65%

Sau tháng thứ nhất, số tiền thầy Châu nợ là 300 1 a 5

Sau tháng thứ 2, số tiền thầy Châu nợ là 300 1 a 5 1 a 5 300 1  a2 5 1 a 5

Sau tháng thứ 3, số tiền thầy Châu nợ là

 2      3  2  

300 1 a 5 1 a 5 1 a 5 300 1 a 5 1 a 5 1 a 5

…

Nhận xét ta thấy rẳng

Sau tháng thứ n, số tiền thầy Châu nợ là

5 1 1 10000 6100

n

a a

a

 

Để hết lãi thì 10000 61001 0, 65% 0 76,3

n

n

vì n là nguyên nên n 77

Câu 23 [2D1-3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 23]

Cho hàm số yf x  có bảng biến thiên như sau

Hàm số y2f x  đạt cực tiểu tại điểm 1

Lời giải

Chọn B

Ta cóy' 2 ' f x 

Do đó điểm cực tiểu của hàm số y2f x  trùng với điểm cực tiểu của hàm số 1 yf x 

Vậy điểm cực tiểu của hàm số y2f x  là 1 x  0

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1 Xét hàm số y=f x( ) xác định, liên tục trên ¡ và có bảng biến thiên:

Hàm số y3f x  đạt cực tiểu tại điểm nào sau đây1

Lời giải

Chọn C

Ta cóy' 3 ' f x 

Do đó điểm cực tiểu của hàm số y3f x  trùng với điểm cực tiểu của hàm số 1 yf x  Vậy điểm cực tiểu của hàm số y3f x  là 1 x1

Câu 28 [2H3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 28]

Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): x 2y2z 5 0 và hai điểm A3;0;1 ,

1; 1;3  

B

Trong các đường thẳng đi qua A và song song với (P), đường thẳng mà khoảng cách

từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất có phương trình là:

A



C





Lời giải Chọn A

Giải tự luận:

Gọi () là đường thẳng cần tìm d B , 

nhỏ nhất khi H x y z ; ; 

là hình chiếu của B lên (d).

Từ

 

 

/ /







 



P

BH    1; 1;  3

BH x y z cùng phương với vtpt 1; 2; 2 



n của (P).

Từ A H;     3; ; 1

AH x y z vuông góc với n1; 2; 2 

Ta có hệ

1 9

9

7 9











x

x

y

z 1 11 7; ;

9 9 9

H

Vậy () có vtcp

26 11 2

; ;

9 9 9



AH

hay u26;11; 2  và qua A

KL: phương trình ():



Phương pháp trắc nghiệm : Gọi () là đường thẳng cần tìm

Từ A taloại trừ được đáp án C; D

Từ / /      0

   

P u n u n ta có đáp án A

Câu 33 [2D2-3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 33]

Các giá trị của m để phương trình ( ) 2 ( ) 2

2 2

có đúng bốn nghiệm phân biệt là khoảng ( ; )a b Giá trị b a- là

A

1

16. B

49

64 C

1

64. D

3

4.

Lời giải Chọn C

Ta có: ( ) ( )

Đặt

2

5 1

, 0 2

x

t   t

  Ta được:

t

Phương trình ( ) 2 ( ) 2

2 2

5 1- x +m 5 1+ x =2x

có đúng bốn nghiệm phân biệt

 

Câu 35 [2H1-3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 35]

Thể tích V của khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường tròn  C

có phương trình x2 y 32  xung quanh trục hoành là1

A V  6 B V  6 3 C.V  3 2 D V  6 2

Lời giải

Chọn D

Dùng kĩ thuật trải phẳng:

Khối tròn xoay có hình lốp xe, có bán kính R  , sử dụng nhát cắt qua tâm và “trải phẳng” ta3

được khối trụ có chiều cao h    , đáy là hình tròn biên 2 R 6  C có diện tích S  Vậy

thể tích khối tròn xoay là V  6 2

BÀI TƯƠNG TỰ

Khuyến nghị dùng các bài trong kĩ thuật “trải phẳng” -@Nguyễn Việt Hải

Câu 37 [2D1-3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 37]

Cho hàm số f x( )

có đạo hàm ( ) ( ) (4 ) (5 )3

f x¢ = +x x m- x+ Có bao nhiêu giá trị nguyên

của tham số m trong đoạn[- 5;5]

để số điểm cực trị của hàm số f x( )

bằng 3 :

Lời giải Chọn A.

Nếu m  thì hàm số 1 f x  có hai điểm cực trị là x   và 1 0 x   Khi đó, hàm số3 0

( )

f x

chỉ có 1 cực trị Do đó, m  không thỏa yêu cầu đề bài.1

Nếu m  thì hàm số 3 f x  không có cực trị Khi đó, hàm số f x( )

chỉ có 1 cực trị Do đó,

3

m  không thỏa yêu cầu đề bài.

Khi m  và 1 m  thì hàm số 3 f x  có hai điểm cực trị là x m và x   3 0

Để hàm số f x( )

có 3 điểm cực trị thì hàm số f x  phải có hai điểm cực trị trái dấu

0

m

 

Vì m Z và mÎ -[ 5;5]

nên m nhận các giá trị 1, 2, 3, 4, 5

Giả sử z z là hai nghiệm phức của phương trình 1, 2 2i z z  1 2 i z  1 3i

và

z  z  Tính M 2z13z2

Lời giải Chọn D.

Từ giả thiết ta có: 2i z z  1 2 i z  1 3i   2i z  1 2 i z   1 3i

2 i z 1 2i z 1 3i

       2 z 1  z 2i z  1 3i

Bình phương, giải phương trình tìm được z 1, Gọi A, B lần lượt là hai điểm biểu diễn của hai số phức z z trong mặt phẳng phức thì suy ra A,B nằm trên đường tròn tâm O, bán kính 1 1, 2

và A B=1, do đó tam giác OAB là tam giác đều

Cách trắc nghiệm : chọn

A 1;0 ; B ;

2 2

  thỏa mãn bài toán, nên 2

2

M  z  z       

Cách tự luận: M 2z13z2 2OA+3OB OA +OB OC

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

Áp dụng định lý hàm số cos tìm được M OC 19

Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện sau

2

z z

z   

, gọi số phức z a bi  là số phức có mô đun nhỏ nhất Tính S 2a b

Lời giải Chọn B.

Ta có:

2

z z

z     a b  a

2

Từ đó: z  a2b2  a24a 8 a224 2

Vậy min z  đạt được khi 2 a2;b0

Khi đó: S  4

Câu 40: [2D3-4] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 40]

Trong hệ tọa độ Oxyz, choA(3;3;0),B(3;0;3),C(0;3;3) Mặt phẳng  P

đi qua O , vuông góc

với mặt phẳng ABC

sao cho mặt phẳng  P

cắt các cạnh AB , AC tại các điểm M , N thỏa mãn thể tích tứ diện OAMN nhỏ nhất Mặt phẳng  P

có phương trình:

A x y  2z0 B x y 2z0 C x z 0 D y z 0.

Lời giải Chọn A

Cách 1:

Đường thẳng AB có phương trình

3 3

x

z t







 



 

 Mà M AB M3;3 a a; với 0a 3

Đường thẳng AC có phương trình

3 3

y

z t



 









  

 Mà NAC N3 b;3;bvới 0  b 3

Gọi G là trọng tâm ABC  G2; 2; 2 và OGABC  M G N, ,

thẳng hàng  ab a b 

Ta có :

1

3

với

1

2

AMN

Do đó :V OAMN nhỏ nhất khi S AMN nhỏ nhất

Áp dụng bất đẳng thức côsi, ta có :

2

2

4

a b

a b   a b  a b   a b

Dấu bẳng xảy ra khi a b hay MN BC//  M3;1; 2 , N1;3; 2

Vậy phương trình mặt phẳng  P

là x y  2z0

Cách 2:

z

y

x

N G

A

3

O B

3

C

3

M

Hình chóp OABC là hình chóp tam giác đều  OGABC M G N, ,

thẳng hàng

Thể tích

1 3

Do đó: V OAMN nhỏ nhất khi S AMN nhỏ nhất

2 3

AMG

ABI

S  AB ,

2 3

ANG ACI

3

AMN ABC

Ta có:

2 9

ABC AMN



9

Dấu bằng xảy ra khi

2

3;1; 2 3

//

3

MN BC

N









 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Vậy phương trình mặt phẳng  P

là x y  2z0

Câu 41: [2D1-3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 41]

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 8sin3x m 3 162sinx27m

có nghiệm thỏa mãn 0 x 3



?

Lời giải ChọnA.

Đặtu8sin3x m  m8sin3x u

Phươngtrình u3 162sinx27 8sin 3x u   u3 6sinx327u 6sinx 0

N G

A

I

B

C

B A O

C M

u 6sinx u  2 6 sinu x 36sin2x 27 0

6sin 0

   vìu26 sinu x36sin2x27 0

3

Với

0;

3

x   

3 sin 0;

2

   

 

Xéthàmsốy8t3 6ttrên

3 0;

2

  , cóy 24t2 6 0

1 2 1 2

t t







 

 

 .

Cóy 0  , 0

1 2 2

y    

  ,

3 0 2

y 

 

Vậyđểphươngtrình ban đầucónghiệm

0;

3

x   

      2 m 0

Với m   m  2; 1 

Suyracó2giátrịnguyêncủa m thỏamãnyêucầubàitoán.

Câu 42 [2H2-3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 42]

Một khúc gỗ có dạng hình khối nón có bán kính đáy bằng r 2m, chiều cao h 6m Bác thợ

mộc chế tác từ khúc gỗ đó thành một khúc gỗ có dạng hình khối trụ như hình vẽ Gọi V là thể tích lớn nhất của khúc gỗ hình trụ sau khi chế tác Tính V

A. 32  2

9

V   m

B. 32 3

9

C. 32  3

3

V   m

D. 32  3

9

V   m

Lời giải Chọn D

Gọi r h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao khối trụ.1; 1

Ta có





nên h1 6 3r1 2

1 1

V h r   2

1 1

6 3r r





với 0r1 2

   2

1

1

4

0

r

f r

r







 





1

r

0

4

3 2

 1

'

f r  0 

 1

9



Chọn đáp án D

Câu 44 [2D1-3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 44]

Gọi x x lần lượt là cực đại, cực tiểu của hàm số 1, 2  

2

ln ,

x

x

e e

f x t tdt

Tính S x1x2

Lời giải

Chọn C.

+

2 ( ) ln

x

x

e e

f x t tdt

Đặt

2

1 ln

2

du dt

v

















2 2 2

2

2 | 2

x x

x x

e e e e

t t

t

4

xe

4

xe  xe  e e



(4 1) (2 1)

4

x e  x e



+

1

2

0 1 ln( ) 4 2

x x









 

  Sx1x2  ln 2

'( )

'( ) 0 4 x(4 x 1) 0

Câu 47 [1D2-3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 47]

Có bao nhiêu số tự nhiên có 2018 chữ số sao cho trong mỗi số tổng các chữ số bằng 5 ?

2018 2017 2017 2017 2017 2017

1 2 A 2 C A  C A C

B.1 2 C20182 2C20183 C20184 C20175

C.1 2 C20182 2A20183 A20184 C20175

2017 2017 2017 2017 2016 2016 2017

1 4 A 2 C A  C A C C

Lời giải Chọn D

Gọi chữ số cần tìm là: a a a1 2 2018.

TH1: a  và 1 5 a i    có 0, i 2 1 số.

TH2: a  i 4;1;0 có 1

2017

2.A số.

TH3: a  i 3;1;1;0

có C20172 A20172 số

TH4: a  i 3; 2;0 có 1

2017

TH5: a 1 2; 2;1;0 có 2 2

2017 2017

TH6: a 1 2;1;1;1;0 có 3 2 2

2017 2016 2016

TH7: a 1 1;1;1;1;1 có 4

2017

C

Vậy ta có 1  2 2   3 2 2  4

2017 2017 2017 2017 2016 2016 2017

1 4 A 2 C A  C A C C

số cần tìm

Câu 48 [2D3-3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 47]

Cho hàm số f x   0

thỏa mãn điều kiện f x   2x3 f2 x

và  0 1

2

Biết rằng tổng f  1 f  2 f  3 f 2017 f 2018 a

b

với a,b*

và

a

b là phân số

tối giản Mệnh đề nào sau đây đúng?

a

a

Lời giải.

Chọn D

Do f x   0

nên ta chia cả hai vế của f x   2x3 f2 x

cho f2 x

ta được

 

 

f x

x

f x



 

nguyên hàm hai vế ta được  

2 1

3

f x



3

f x



Mà  0 1

2

2

C

f x

Khi đó f  1  f  2  f  3   f 2017 f 2018

Vậy a1009;b2020

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

[2D3-3] Cho hàm số yf x  dương có đạo hàm liên tục trên đoạn 0; 3 biết rằng

    2 1 0

f x  f x x   và f  3 e3

Tính I 03ln f x  dx

7

3 3 3



C

7

3 3 3



D 3 3 2

Lời giải Chọn B

Ta có f x   x2 1f x  0

 

 

2 1

f x

x

f x



Đặt

 

ln

d d







 

 

'

f x







 

 



Áp dụng công thức tích phân từng phần ta được

 

3

0

I   f x  x      

3 3 0 0

'

f x

3

0 0

     

0 0

1

2

1

3

7

3 3

3

Câu 49 [1D3-3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 49]

Cho dãy số ( )u thỏa mãn n 2 2

ln(u u 10) ln(2 u 6 )u và u n2u n 2u n11 với mọi 1



n Giá trị nhỏ nhất của n để u n 5050 bằng :

Lời giải Chọn C

Ta có ln(u12u2210) ln(2 u16 )u2 2 2

1 2 10 2 1 6 2

 u   u    u11,u2 3

Do u n2u n 2u n11  (u n2 u n1) ( u n1 u n) 1 Đặt v n1u n1 u ta được n

   

v v nên ( )v là cấp số cộng với công sai n d 1 và v2 2.

Mặt khác u n u1 v2v3 v 2 3 n    n Vậy u n    1 2 3 n (n 1)2



n

Nên u n 5050 n n( 1) 10100 2

10100 0

100 101





   



n