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

Biết hình chiếu của đỉnh S lên mặt phẳng đáy trùng với giao điểm hai đường chéo của hình thoi ( tham khảo hình vẽ)... Gọi O là tâm của đáy.[r]

Câu 6: [2D1-3] ( THPT Thuận Thành 2-lần 2-2018) Cho hàm số y x2 2x có đồ thị 3  C và

điểm A a(1; ) Có bao nhiêu giá trị nguyên của a để có đúng hai tiếp tuyến của  C

đi quaA?

Lời giải Chọn A

kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến  C

thì phương trình (*) phải có đúng hai nghiệm phân biệt x0

Xét hàm số g x( )0 x02 2x03 Ta có BBT

Dựa vào BBT, (*) có hai nghiệm phân biệt

Có bao nhiêu điểm trên trục Oy có

tung độ nguyên mà từ điểm đó kẻ được ít nhất một tiếp tuyến đến  C

?

Lời giải Chọn D

TXĐ: D R

Lấy A(0; )a bất kì thuộc trục Oy

2

4 11

Để từ A1;a

kẻ được ít nhất một tiếp tuyến đến  C

tương đương g x( ) 0 a có nghiệm, tương

đương

1

12

Xét hàm số g x( )0 x02 4x05 Ta có BBT

Dựa vào BBT, (*) có đúng một nghiệm

2 2

Ta có a k 3n k C n k  k 0,n.

Xét hệ

1 1

4310

Ta có a k 3 2 n k k C n k  k 0,n.

Xét hệ

1 1

492532

Vậy tổng giá trị các phần tử của tập S là 51.

Câu 2: [1D2-3.3-4] Cho khai triển   2 3

Ta có a k 3n k C n k  k 0,n.

Xét hệ

1 1

4310

Câu 14 [2D1-3]( THPT Thuận Thành số 2_lần 2_năm

2018) Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác vuông

tại A, AB2 ,a AC2a 3 Tam giác SAB đều và

nằm trong mặt phẳng vuông với đáy Gọi M là điểm

trên đoạn

1:

4

(tham khảo hình vẽ bên)

Cosin góc tạo bởi (SAC) & (SAM) bằng:

Cách 1: Dựng hình

Gọi I J, lần lượt là trung điểm của SA SC, ; kẻ JF SM Vì

SAM & SAC

bằng góc giữa hai đường thẳng IE& IJ bằng góc EIJ

.Xét BIJ vuông: BI a 3; IJ=a 3 BJ a 6 Tam giác IJB vuông cân nên IJE450

2 13 13

   

BÀI TƯƠNG TỰ

Câu 1. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc, góc OCB bằng 300, góc ABO bằng 600

và AC=a 6 Điểm M nằm trên cạnh AB sao cho AM = 2 BM Tính góc giữa hai đường thẳng

CM và OA.

A

93arctan

31arctan

93arctan

31arctan

2 .

Lời giải Chọn C



5cos =

10



7cos =

14



5cos =

7



Lời giải Chọn A

C1 : phương pháp dựng hình

Gọi H là trung điểm của AC khi đó MH SA//  MH ABC

Vậy hình chiếu của BMlên mặt phẳng ABC

H M S

A B

C

C2 : phương pháp tọa độ

Gọi H là trung điểm của AC khi đó MH SA//  MH ABC

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.Khi đó

2_năm 2018) Cho hình chóp S ABCD có

đáy là hình vuông cạnh 2a Tam giác SAB

đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với

đáy.Gọi M N, lần lượt là trung điểm SC và

AD ( tham khảo hình vẽ) Góc giữa đường

Lời giải:

Chọn B

Gọi H là trung điểm của AB Do SAB là tam giác đều suy ra SHAB

Bởi (SAB)(ABCD), (SAB) ( ABCD)AB

(đường trung bình của hình thang)

Xét MNE vuông tại E , ta có:

Câu 1: Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD.

có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung

điểm của SD Gọi  là góc giữa BM và

mặt phẳng (ABCD), khi đó tan bằng:

A.

2

3.3

Gọi O là tâm hình vuông ABCD Do A S BCD là chóp đều nên SO(ABCD)

Trong SBD , gọi G là giao của BM và SO , ta có: GO(ABCD) suy ra  GBO

Câu 2: Cho hình chóp S ABCD có đáy là

hình thoi cạnh a ABC , 60 ,o tam giác

SAB đều Gọi H là trung điểm của AB,

giả sử rằng(SHC), (SHD) cùng vuông góc

với mặt phẳng đáy Gọi  là góc giữa SC

và (SAB) Khi đó tan bằng:

Từ giả thiết (SHC),(SHD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy suy ra SH (ABCD)

Từ đó ta có: SH HC. Do tứ giác ABCD là hình thoi và a ABC , 60o nên ABC đếu suy

ra CH AB suy ra CH (SAB)

Khi đó ta dễ dàng suy được  CSH

Do SH CH, là các đường trung tuyến của các tam giác đều cạnh a suy ra

3.2

a

Suy ra SHC vuông cân, từ đó ta được  CSH 45 o

Câu 22: [2D1-6.2-2] (Trường THPT Thuận Thành 2- Lần 2- Năm 2018)Cho hàm số yf x  có

đồ thị như hình bên dưới

Số nghiệm của phương trình 2f x    3 0

là:

Lời giải Chọn A

ax bx cx d   có bao nhiêu nghiệm?

A.Phương trình không có nghiệm B.Phương trình có đúng một nghiệm

C.Phương trình có đúng hai nghiệm D.Phương trình có đúng ba nghiệm

Lời giải:.

Chọn D

Xét phương trình ax3bx2 cx d   1 0 ax3bx2cx d 1

Ta có số nghiệm của phương trình là số giao điểm của hai đồ thị hàm số y ax 3bx2cx d

có đồ thị như trên đề bài và y 1 là đường thẳng đi qua 0; 1 

song song với trục Ox Từ

đồ thị ta thấy có 3 giao điểm vậy phương trình có đúng ba nghiệm

Câu 2: [2D1-6.2-3] (THPT THANH THUY) Cho hàm số yf x  có đồ thị là đường cong như hình

vẽ bên Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình f x  m

có 4 nghiệm phân biệt

A.1m3 B.Không có giá trị nào của m

Lời giải Chọn D.

Đồ thị hàm số y f x 

có dạng:

Do đó, để đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số y f x 

tại 4 điểm phân biệt khi: 1m 3

Câu 3: [2D1-6.4-3] Cho hàm số f x x3 3x2 có đồ thị là đường cong trong hình bên Tìm tất 2

cả các giá trị thực của tham số m để phương trình

có nhiều nghiệm thực nhất

A.   2 m 2 B.0m 2 C. 2 m 2 D.0  m 2

Lời giải Chọn C

Vì hàm số g x x3 3x22 là hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng.Khi x  ta có 0 g x x3 3x2 2

Câu 37 [2H1-4] [TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH -2-2018] Cho hình chóp S ABCD. có đáy

ABCDlà hình chữ nhật, AB1;AD 10, SA SB SC SD Biết mặt phẳng  ;  SAB ; SCDvuông góc với nhau đồng thời tổng diện tích của hai tam giácSABvàSCD bằng 2.

Mặt khác, giao tuyến của hai mặt phẳng vuông góc SAB ; SCD

là đường thẳng  d quaS

và song song AB CD nên ; SM d SN; d hay SM SN

Hướng 1: Thay đổi giả thiết bài toán mà vẫn giữ nguyên kết quả Suy ra từ thể tích khối chóp không thay

đổi khi S di chuyển trên đường thẳng  d Chọn một vị trí mới của S

Câu 1 [2H1-3] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCDlà hình chữ nhật, AB1;AD 10 Biết mặt

phẳng SAD

vuông góc với mặt phẳng đáy S ABCD. và mặt phẳng SAB ; SCD

vuông góc với nhau, đồng thời tổng diện tích của hai tam giácSABvàSCD bằng 2.2

Do mặt phẳng SADvuông góc với mặt phẳng đáy S ABCD. nên hạ đường cao SH A D

trong tam giácSAD thì SH A BCD

, SH cũng là đường cao của hình chóp

và song song AB CD nên ; SA d SD d ;  hay SA SD

Tam giácSABvuông tại A vàSCD vuông tại D có tổng diện tích bằng 2 nên

Hướng 2: Đảo giả thiết và kết luận của bài toán và giữ lại tính chất của bài toán.

Câu 2 [2H1-4] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCDlà hình chữ nhật, AB1;AD 10 Biết mặt

phẳng SAD

vuông góc với mặt phẳng đáy S ABCD. và mặt phẳng SAB ; SCD

vuông góc với nhau, đồng thời thể tích khối chóp S ABCD. bằng 1 Tổng diện tích của hai tam giác

Do mặt phẳng SADvuông góc với mặt phẳng đáy S ABCD. nên hạ đường cao SH AD

trong tam giácSAD thì SH ABCD

, SH cũng là đường cao của hình chóp

Mặt khác, giao tuyến của hai mặt phẳng vuông góc SAB ; SCD là đường thẳng  d

quaS

và song song AB CD nên ; SA d SD d ;  hay SA SD

Tam giácSABvuông tại A vàSCD vuông tại D có tổng diện tích bằng x (x  thì0)

2 5 10

Câu 38 [2H1–3][THPT Thuận Thành - Bắc Ninh –

2018]: Cho hình chóp tứ giác S ABCD có

đáy là hình thoi, BAD600 ,cạnh đáy bằng

a , thể tích bằng

3 24

a

Biết hình chiếu của

đỉnh S lên mặt phẳng đáy trùng với giao

điểm hai đường chéo của hình thoi ( tham

a

Lời giải

Chọn B

Gọi O là tâm của đáy Ta có

.

.2

S ABCD ABCD

SO

S

Dễ thấy d C SAB ;  2d O SAB ;  

Gọi H là hình chiếu của O trên AB, E là hình chiếu của O trên SH Suy ra d O SAB ;   OE

a

Biết hình chiếu của đỉnh S lên mặt phẳng đáy trùng với giao điểm hai

đường chéo của hình thoi Gọi G là trọng tâm tam giác SCD. Khoảng cách từ G đến mặt phẳng SABbằng:

A 4

a

69

Dễ thấy  ;   2  ;  

3

Câu 2 [2H1–3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông

góc với mặt đáy Gọi E là trung điểm CD Biết thể tích khối chóp S ABCD bằng

33

a

.Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng SBE

a

Lời giải

Chọn A

ABE ABCD BCE ADE

a AH

 1 có hai nghiệm dươngx x1, 2   2 có hai nghiệm t 1

172

 1

có hai nghiệm dương phân biệtx x1, 2   2 có hai nghiệm phân biệt t 1

172485

Câu 1 [2D1-3] [Thuận Thành 2-Bắc Ninh-Lần 2-Năm 2018]Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị

nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y x m 2 x2 có hai điểm cực trị A B, thỏa mãn

2 30

AB  Số phần tử của S là:

Lời giải ChọnB.

m m m

22

m m m

22

B

là hai điểm cực trị của đồ thị

  là hai điểm cực trị của đồ thị.

Phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị

Câu 43 [2H1-3] [Thuận Thành 2-Bắc Ninh-Lần 2-Năm 2018] Cho khối chóp tam giác đều S ABC

có cạnh đáy bằng 4, chiều cao của khối chóp bằng chiều cao của tam giác đáy Gọi M là trung

điểm cạnh SA Thể tích của khối chóp M ABC bằng?.

8

Lời giải Chọn D.

Kẻ SH ABC H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC

12

BÀI TƯƠNG TỰ

Câu 1. Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích bằng 1 Trên cạnh SC lấy

điểm E sao cho SE2EC Tính thể tích V của khối tứ diện EBDC

A

23

V 

16

V 

13

V 

43

V 

Lời giải Chọn B.

Ta có :

23

SEBD SCBD

Suy ra : V EBDC V SBDC V SBDE .

2V S ABCD V SBDE 2 3 6

Câu 2. Cho hình chóp S ABC có đáy là ABC vuông cân ở B, AC a 2, SA(ABC), SA a

Gọi G là trọng tâm của SBC , mp ( ) đi qua AG và song song với BC chia khối chóp thành 2 phần Gọi V là thể tích của khối đa diện không chứa đỉnh S Tính V

A

349

a

3427

a

3554

a

329

a

Lời giải Chọn C

Gọi I là trung điểm của BC

ABC

 vuông cân ở B có AC a 2 BC a

3

1

, kẻ đường thẳng qua G và song song với BC cắt SB SC, lần lượt tại M N, Khi đó     AMN

Ta có

23

3 3 3

V

V

A

1 23

V

1 2

72

V

1 2

52

V

1 22

V

Lời giải Chọn D.

Ta có

.

12

23

A BCC B ABC A B C

V V

  

  

 suy ra

.

A MNC B ABC A B C

V V

A BCNM ABC A B C A MNC B ABC A B C

V  V    V    V   

Vậy

1

Câu 44: [2H2-3] [Thuận Thành 2-Bắc Ninh-Lần 2-Năm 2018] Ông An làm lan can ban công của

ngôi nhà bằng một miếng kính cường lực Miếng kính này là một phần của mặt xung quanhmột hình trụ như hình bên dưới Biết AB4 ,m AEB 1500 ( E là điểm chính giữa cung AB

) và DA1, 4m Biết giá tiền loại kính này là 500.000 đồng cho mỗi mét vuông Số tiền ( làmtròn đến hàng trục nghìn) mà ông An phải trả là

A 5.820.000 đồng B 2.840.000 đồng C 3.200.000 đồng D 2.930.000 đồng.

Lời giải Chọn D.

Gọi I là tam của đường tròn đáy hình trụ

Câu 1: [2H2-3] Một thầy giáo dự định xây dựng bể bơi di động cho học sinh nghèo miền núi từ 1 tấm

tôn 5(dem) có kích thước 1m x 20m (biết giá 1m2 tôn là 90 000đ) bằng 2 cách:

Cách 1: Gò tấm tôn ban đầu thành 1 hình trụ (hình 1).

Cách 2: Chia chiều dài tấm tôn thành 4 phần rồi gò tấm tôn thành 1 hình hộp chữ nhật như

(hình 2)

Biết sau khi xây xong bể theo dự định, mức nước chỉ đổ đến 0,8m và giá nước cho đơn vị sựnghiệp là 9 955đ/m3 Chi phí trong tay thầy là 2 triệu đồng Hỏi thầy giáo sẽ chọn cách nào đểkhông vượt quá kinh phí (giả sử chỉ tính đến các chi phí theo dữ kiện trong bài toán)

A Cả 2 cách như nhau B Không chọn cách nào

Lời giải Chọn C.

Câu 2: [2H2-3] Từ cùng một tấm kim loại dẻo hình quạt như hình vẽ có kích thước bán kính R  và5

chu vi của hình quạt là P810, người ta gò tấm kim loại thành những chiếc phễu theo haicách:

Cách 1 Gò tấm kim loại ban đầu thành mặt xung quanh của một cái phễu.

Cách 2 Chia đôi tấm kim loại thành hai phần bằng nhau rồi gò thành mặt xung quanh của hai

A

1 2

27

V

1 2

2 217

V

1 2

217

V

1 2

2 27

V

Lời giải Chọn B.

Do chu vi của hình quạt tròn là P = độ dài cung + 2R Do đó độ dài cung tròn làl8

Theo cách thứ nhất: 8 chính là chu vi đường tròn đáy của cái phễu

Khi đó h R2 r2  52 22  21

21

2 21.2 3

2 21.7

Ta có:

2 0

n n n



có hainghiệm phân biệt?

A m 2 B m 3 C 2m3 D 1m2

Lời giải Chọn A.

1 2 22

Mà theo giả thiết m  1 giá trị cần tìm là m 2

Câu 2 [2D3-2] Cho số thực m thoả mãn 1

1 ln

d 0

t t







, các giá trị tìm được của m thỏa mãn điều

kiện nào sao đây?

Lời giải Chọn A.

Câu 46 [2D3-3] [Thuận Thành 2-Bắc Ninh-Lần 2-Năm 2018] Cho hai hàm số yf x 

Từ BBT ta có h 2 h   6 ;h 2 h 0

 0  6  0  6  0  0  6  6  0  6

.Gíá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số h x  f x  g x 

trên đoạn 0;6lần lượt là:

Gọi I R J R lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu , ; ,1 2 ( );( ).S1 S2

Ta có: I(1;0;0),R1 2; (2;3;1),J R2  2 IJ//d

Để (MA MB ) min M A B, , nằm trên mặt phẳng (IJ, ).d

Gọi H K, lần lượt là giao của các tia IM JM, với ( );( ).S1 S2

 Gọi A B, là 2 điểm tùy ý thuộc ( ), ( )S1 S và M thuộc đường2

thẳng d Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức P MA MB  bằng bao nhiêu?

Lời giải:

Gọi I R J R lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu , ; ,1 2 ( );( ).S1 S2

Ta có: I( 1;0;2), R11; (3; 2;0),J R2  2 IJ d=E(1;1;1)

Để (MA MB ) min M A B, , nằm trên mặt phẳng (IJ, ).d

Gọi H K, lần lượt là giao của các tia IM JM, với ( );( ).S1 S2

Gọi I R J R lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu , ; ,1 2 ( );( ).S1 S2

Ta có: I( 1;0; 2), R1 1; ( 5; 2;4),J   R2  2 IJ d=E(1;1;1)

Để (MA MB ) min M A B, , nằm trên mặt phẳng (IJ, ).d

Gọi H K, lần lượt là giao của các tia IM JM, với ( );( ).S1 S2

3 3 3