Đề thi thử đại học môn toán năm 2018 trường chuyên lào cai | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Số tiền T hàng tháng mà bạn Hùng phải trả cho ngân hàng (làm tròn đến kết quả hàng đơn vị) là:.. A.?[r]

Câu 4. [2D1-3] (Chuyên Lào cai 2018) Cho ABC đều Người ta dựng một hình chữ nhật MNPQ có

cạnh MN nằm trên cạnh BC, hai đỉnh P Q, theo thứ tự nằm trên hai cạnh AC AB, của tam giác Gọi S1SABC, S2 là diện tích lớn nhất mà hình chữ nhật MNPQ có thể nhận được Khi

đó:

A 1

2

3

S

1 2

2

S

1 2

2

S

1 2

3

S

S  .

Lời giải.

Chọn C

Để tứ giác MNPQ là hình chữ nhật  BM CN Đặt BM x  MQ x tan 60 x 3

Không mất tính tổng quát giả sử AB 1 Khi đó 3

4

ABC

Mặt khác S MNPQ MN MQ.  1 2 x x 3 x 3 2 3 x2

Dễ thấy để S MNPQ lớn nhất

4

2 2 3

8

MNPQ

2

2

S S

 

Câu 9: [1D3-3] (Chuyên Lào cai 2018) Bạn Hùng trúng tuyển vào trường đại học A nhưng vì do

không đủ nộp học phí nên Hùng quyết định vay ngân hàng trong 4 năm mỗi năm vay 3.000.000 đồng để nộp học phí với lãi suất 3% / năm Sau khi tốt nghiệp đại học bạn Hùng

phải trả góp hàng tháng số tiền T (không đổi) cùng với lãi suất 0, 25% /tháng trong vòng 5

năm Số tiền T hàng tháng mà bạn Hùng phải trả cho ngân hàng (làm tròn đến kết quả hàng đơn

vị) là:

A 232518 đồng B 309604 đồng C 215456 đồng D 232289 đồng

Lời giải Chọn D

Đặt m0= 3 (triệu đồng ) là số tiền Hùng vay mỗi năm học đại học và lãi suất r 3% /năm.

Sau năm thứ nhất Hùng nợ ngân hàng là: m1m0rm0  1 r m 0

Sau năm thứ hai Hùng nợ ngân hàng là:

2 ( 1 0) ( 1 0)

m  m m r m m  (1 r m)( 1m0) (1 r m) 0(1r m)2 0

Sau năm thứ ba Hùng nợ ngân hàng là: 2 3

m  r m  r m  r m

Sau năm thứ tư Hùng nợ ngân hàng là:

m  r m  r m  r m  r m

4 0

(1 ) [(1 ) 1]

r



 

4 0

(1 r m) [(1 r) 1]

r



4 4

(1 0,03).3.[(1 0,03) -1]

0,03

Khi Hùng trả góp ngân hàng: Đặt T(triệu) là số tiền mỗi tháng Hùng trả ngân hàng và n = 0,25%/tháng

Sau tháng đầu tiên trả nợ Hùng còn nợ ngân hàng là:

n A  T  A  T n  (1 ) n A0 (1 ) n T

Sau tháng hai trả nợ Hùng còn nợ ngân hàng là:

n n T  n T n  (1 ) n A2 0 (1 ) n T (1 ) n T2

Sau 5 năm (60 tháng) trả nợ ngân hàng thì Hùng hết nợ Do đó ta có:

60 (1 ) 0 (1 ) (1 ) (1 ) 0

n   n A   n T  n T   n T 

0

(1 )n A (1 ) (1 )n T n T (1 )n T

1, 0025 12,927 1, 0025.T 1,0025 T 1, 0025 T

60

1,0025 12,927

0,0025

Suy ra T 0, 232289(triệu) 232289 đồng

Câu 12: [1H3-3] (Chuyên Lào cai 2018) Cho hình lăng trụ ABC A B C    có đáy ABC là tam giác đều

cạnh a, và A A A B  7

12

A C a 

Số đo góc giữa mặt phẳng ABB A  và ABC là:

Lời giải Chọn D.

Gọi G là hình chiếu vuông góc của A xuống mặt phẳng ABC

Vì A A A B   A C  7

12

a  GAGB GC hay G là trọng tâm tam giác ABC

Gọi   ABB A  , ABC   SGAB SA AB cos

Theo công thức Hê-rông, ta có:

6

A AB

a

3

3 a 4



12

a

Vậy cos GAB

A AB

S S

 







2

2

3 12 3 6

a

a

2

   60

Câu 14: [2H3-4] (Chuyên Lào cai 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm

2; 2;0

A , B2;0; 2  và mặt phẳng  P x: 2y z 1 0. Gọi M a b c ; ;    P sao cho

MA MB và góc AMB có số đo lớn nhất Khi đó đẳng thức nào sau đây là đúng?

A 11a b c   14 B 11a b c   15

C 11a b c   16 D 11a b c   17

Lời giải:

Chọn A

Vì MA MB nên M thuộc mặt phẳng  Q là mặt trung trực của AB Do đó, M thuộc giao

truyến của  P và  Q .

Phương trình mặt phẳng  Q y z:  0

Suy ra phương trình giao tuyến của  P và  

1 3 :

 









 



Gọi M1 3 ; ; t t t .

Ta có: 

cos

MA MB AMB

MA MB



2

11 2 1

11 2 5

 



 

Dễ thấy, cosAMB0,  t nên AMB 90 do đó AMB lớn nhất khi và chỉ khi cos AMB nhỏ nhất

Ta có:  2

2

11 2 1 cos

11 2 5

AMB

 



4 1

11t 2t 5

 

 

2

4 1

1 54 11

11 11

t

 

44 1 54

27



Câu 21 [2D4-3] (Chuyên Lào cai 2018) Trong các số phức z thỏa mãn z 1 5i   z 3 i, giả sử

số phức có mô đun nhỏ nhất có dạng z a bi  Khi đó S a

b

 bằng bao nhiêu?

A 2

1

1

3

2.

Lời giải Chọn B

Ta có

z  i   z i  a bi  1 5i  a bi 3 i  a12b 52 a32b12

2a 1 10b 25 6a 9 2b 1

         4a12b16 0  a3b 4 0

Vậy quỹ tích các điểm M x y ;  biểu diễn số phức z là đường thẳng x3y 4 0  d

Có z OM , khi đó số phức z có mô đun nhỏ nhất khi và chỉ khi OM nhỏ nhất tức M là hình chiếu vuông góc của O trên đường thẳng  d .

Phương trình đường thẳng OM là: 3x y 0

5 5

 

2 6

5 5

    a bi 1

3

a b

 

Câu 23 [1D1-3] (Chuyên Lào cai 2018) Biểu diễn nghiệm của phương trình

4 sin xcos x sin 4x 3 1 tan 2 tan  x x 3 trên đường tròn lượng giác Số điểm biểu diễn là:

Lời giải Chọn B

4 sin xcos x sin 4x 3 1 tan 2 tan  x x 3, (1)

Điều kiện:

2 , 2





















,

, 2









 







1 4 1 2sin cos 3 sin 4 sin 4 3

cos cos 2

x

2

4 2sin 2x 3 sin 4x 2sin 2x 3

cos 4 sin 4 sin 2

sin 4 sin 2

6

   

4 2 2 , 6

6











 







, 12 5

,

36 3









 





 (thỏa điều kiện)

- Họ nghiệm ,

12

x  k k   có 2 điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác

- Họ nghiệm 5 ,

36 3

x  k k  có 6 điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác phân biệt với 2 điểm biểu diễn trên

Vậy phương trình đã cho có tất cả 8 điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác

Câu 34 [2D1-4] (Chuyên Lào cai 2018) Cho hàm số bậc 3 y ax 3bx2cx d có đồ thị như hình vẽ

Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a 2c2 b 1 là:

A 1

5

1 3

Lời giải

Chọn C.

Dựa vào dáng điệu đồ thị ta có nhận xét a 0 Đồ thị đi qua điểm O(0;0)nên d 0và phương trình y 0 có nghiệm kép.

Ta có: y 3ax22bx c và y 6ax2b

Đồ thị có điểm uốn I x( ;1)o với x  o 0 Do đó:

( ) 0o

y x   6ax o2b0  b3ax o

Vì a 0 và x  o 0 nên b 0.

Phương trình y 0 có nghiệm kép, do đó b2 3ac0  b 3 ac

Xét biểu thức:

P a c  b 2ac 3 ac1

2

8 8

2 2

ac

Đẳng thức xảy ra khi 3

4

4

b 

Câu 36: [2D3-3] (Chuyên Lào cai 2018) Cho hàm số f x  liên tục trên  và có  

1

0

d 2

f x x 

 

3

0

d 6

f x x 

1

1

2 1 d





3

2

Lời giải Chọn B

Ta có  

1

1

2 1 d



1

1 2

1 1

2

1 2 d 2 1 d



1 2 1 1

1 2 d



 

Đặt t 1 2x  dt2dx; Đổi cận: x 1  t3; 1

2

x   t0

 

0 1

3

1 d 2

I  f t  t

3

0

1

d

2 f t t

3

0

1

d 3

2 f x x

1 2 1 2

2 1 d

I f x x

Đặt t2x1 dt 2dx; Đổi cận: 1

2

x   t0; x 1  t 1

 

1 1

0

1 d 2

1

0

1

d

2 f t t

1

0

1

d 1

2 f x x

Vậy I  I1 I2 4

Câu 37: [1D2-3] (Chuyên Lào cai 2018) Xếp sáu chữ số 1;1;2;2;3;4 theo một hàng ngang Tính xác

suất để xảy ra biến cố: “ 2 chữ số giống nhau thì không đứng cạnh nhau”

A 7

4

8

11

15.

Lời giải Chọn A.

Gọi số có sáu chữ số cần lập là:x x x x x x1 2 3 4 5 6

Số cách chọn vị trí cho hai chữ số 1 và hai chữ số 2 là: 2 2

6 4

C C

Số cách lập số là: 2 2

6 .2! 1804

C C  ( Cách)  n  180 Gọi A là biến cố: “ 2 chữ số giống nhau đứng cạnh nhau”

A

 là biến cố: “ 2 chữ số giống nhau không đứng cạnh nhau”

Biến cố A có các trường hợp là:

TH 1: Hai số 1 và hai số 2đứng cạnh nhau

TH 2: Hai số 1 đứng cạnh nhau và hai số 2 không đứng cạnh nhau

TH 3: Hai số 1 không đứng cạnh nhau và hai số 2 đứng cạnh nhau

 Số cách lập số của A là: 1 2 1 1

5 .2!.24 4.C 2! 963

C C  C  ( Cách)  n A 96

Vậy xác suất của biến cố Alà: A A

n P

n

180

15

  P A  1 P A 7

15



Câu 38 [2D1-3] (Chuyên Lào cai 2018) Cho đồ thị hàm số 9 4 3 2 1

8

y x  x  có ba điểm cực trị A,

B, C như hình vẽ Biết M , N lần lượt thuộc AB, AC sao cho

đoạn thẳng MN chia tam giác ABC thành hai phần bằng nhau

Giá trị nhỏ nhất của MN là:

A 2 6

2 2

3 .

C 2 5

2 7

3 .

Lời giải:

Chọn A.

Ta có 9 3

6 2

y  x  x;

0

3

x y

x







  

 



Suy ra A0; 1 , 2 ; 3

3

B  

 , 2 ; 3

3

C  

3

AB BC AC nên ABC đều

Theo giả thiết ta có 1

2

AMN ABC

S S







2

2

AM AN AB

3

AM AN

Áp dụng định lí cô sin trong AMN , ta có



MN AM AN  AM AN MAN 2AM AN AM AN  8

3

AM AN

Do đó, 2 6

3

MN  Dấu “” xảy ra  AM AN hay AMN

Câu 39: [1D4-3] (Chuyên Lào cai 2018) Đặt f n  n2 n 121 Xét dãy số  u n :

     

     

1 3 2 1

2 4 2

n

u



 Tính limn u n

3

n

2

n

n u  . C limn u  n 3. D limn u  n 2.

Lời giải:

Chọn B

Ta có:    2 2  2    2  *

f n  n  n   n  n   n N

               

               

1 1 2 1 3 1 4 1 2 1 1 2 1

2 1 3 1 4 1 5 1 2 1 2 1 1

n

u



1

2n 2n 1



 

limn u  n lim 2

n

1 lim

2 1 2

n n



 

1 2



Câu 42 [2D1-3] (Chuyên Lào cai 2018) Cho hàm số bậc ba

yf x ax bx cx d có a 0 và đồ thị hàm số y f x  như

hình vẽ ở bên

Tìm tập hợp tất cả các giá trị m để phương trình f x m có đúng 4

nghiệm thực phân biệt

A 0; 2. B. 4; 2  C 2; 4. D m 4.

Lời giải:

Chọn B.

Từ đồ thị hàm số y f x  như hình vẽ và a 0, ta suy ra đồ thị của hàm số yf x  có dạng sau:

-4 -3 -2 -1

1 2 3 4

x y

Do đó, đồ thị hàm số yf x  có dạng như sau:

-4 -3 -2 -1

1 2 3 4

x

y

d: y=m

Phương trình f x m có đúng 4 nghiệm thực phân biệt  m  4; 2 

Câu 44: [2D3-3] (Chuyên Lào cai 2018) Cho hàm số f x( ) liên tục và có đạo hàm trên , có

( ) 0,

f x    x ,f  0 1 Biết rằng ( ) 2 2

( )

f x

x

f x



  Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình f x( )mcó 2 nghiệm thực phân biệt

Lời giải Chọn B

Ta có:

( )

2 2 ( )

f x

x

f x



d (2 2 ) d ( )

f x

f x



     ln | ( ) | 2f x  x x 2c  ln ( ) 2f x  x x 2c

  ( do f x >0)

(0) 1

f   ln( (0)) ln1f  C  C0

2

ln ( ) 2f x x x

   f x( ) e2x x 2

  f x( ) (2 2 ).ex 2x x 2



Ta có bảng biến thiên

Câu 45: [2D4-4] (Chuyên Lào cai 2018) Cho số phức zthỏa mãn 5 3 2

z  i   z i Biết biểu

thức Q z  2 4 i  z 4 6 i đạt giá trị nhỏ nhất tại z a bi a b  , ,  Tính P a  4b

272

272

P 

Lời giải

Chọn?

Đặt z x yi x y  , , 

Từ giả thiết, ta có    

2x 6y 1 0

 Điểm M x y ;  biểu diễn số phức z thuộc đường thẳng d:2x 6y 1 0

Đặt A2;4 , B4;6 Khi đó Q z  2 4 i  z 4 6 i MA MB Gọi A là điểm đối xứng với A qua d

Khi đó với mọi M d MA MA , 

Dễ thấy A B, nằm trên cùng nửa mp bờ là d

nên A và Bnằm khác phía đối với d

Ta có Q MA MB  MA MB A B

min

Q A B

   M là giao điểm của A B và d

Đường thẳng AA có pt: 3x y  10 0

 59 23

;

20 20

H  

39 17

;

10 10

 Đường thẳng A B có phương trình: 77x y  302 0 1813 681

;

460 460

 P a  4b 911

460



Câu 47: [2H3-4] (Chuyên Lào cai 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có

phương trình dạngAx By Cz D   0 và có ƯCLN A B C D, , ,   1 Để mặt phẳng (P) đi

qua điểm B(1; 2; 1) và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất thì đẳng thức nào sau đây đúng?

A A2B2C2D2 46 B A2B2C2D2 24

C A2B2C2D2 64 D A2B2C2D2 42

Lời giải:

Chọn D

Dựng OH  P với H P thì OH OB vậy ycbt xảy ra khi OB 1; 2; 1 

là véc tơ pháp tuyến  P :1 x12y 21z1 0  x2y z  6 0

Vậy A2B2C2D2 42.