Các câu vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử đại học môn toán trường chuyên vĩnh phúc lần 4 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng (khi ngân hàng đã tính lãi) thì anh A có được số tiền cả lãi và gốc nhiều hơn 100 triệu biết lãi suất không đổi trong quá trình gửi.. Hỏi người đó đượ[r]

ta có g x e x1 0  x0Xét bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên  để phương trình g x  có nhiều nghiệm nhất thì m m 1

PHÁT TRIỂN CÂU 26

Câu 1: [2D2-3] Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình ln 2 m 1 ln 2 m 1 x  x

có nhiều nghiệm nhất

Thay vào  2

ta có : ln 2 m 1 x x e x x2m1Xét hàm số y g x  e x x

ta có g x e x1 0  x0Xét bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên  để phương trình g x  có nhiều nghiệm nhất thì 2 1 1m m   m1

Câu 2: [2D2-3] Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình lnmlnm x 3  x3

cónhiều

ta có : lnm x 3 x3 e x3 x3m

Xét hàm số yg x e x3  x3

ta có g x  3x e2 x3  3x2  0 x0Xét bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên  để phương trình g x  có nhiều nghiệm nhất thì m m 1

Câu 32: [2D2-4] Cho các số thực a b, thỏa mãn điều kiện 0   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcb a 1

b a

2 2

Câu 2: [2D2-4] Xét các số thực a, b thỏa mãn a b 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4 2log 32 3log

a b

Lời giải Chọn D

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 15 tại a  và 8 b  2

Câu 33 [2D2-3] Giả sử cứ sau một năm diện tích rừng của nước ta giảm x phần trăm

diện tích hiện có Hỏi sau đây 4 năm diện tích rừng của nước ta sẽ là bao nhiêuphần diện tích hiện nay ?

41100

x



C

41

Không giảm tính tổng quát, giả sử diện tích rừng của nước ta hiện nay là 1đơn vị diện tích

Sau năm thứ nhất diện tích rừng còn lại là

10% so với năm trước đó Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm thì giá trị xe nhỏ hơn 6 triệu?

A. 8 năm B. 14 năm C. 7 năm D. 12 năm

Lời giải Chọn D.

Gọi giá trị của xe năm thứ n là x Khi ấy n x 0 20.000.000

Với hao mòn r  10%

Sau một năm giá trị của xe còn lại là : x1  –x0 rx0 x01 – r

Sau hai năm, giá trị của còn lại là: x2  – x1 rx1 x11 – r  x01 – r2

Sau n năm, giá trị của xe còn lại là: x n x n1 – rx n1 x n11 – r  x0 1 – rn

Để giá trị xe nhỏ hơn 6 triệu thì 20 1 0.1  n  6

Vậy sau 12 năm, giá trị của xe giảm xuống không quá 6 triệu đồng

PHÁT TRIỂN CÂU 34

Câu 1 [2D2-3] Anh Hưng đi làm được lĩnh lương khởi điểm 4.000.000 đồng/tháng Cứ 3 năm, lương

của anh Hưng lại được tăng thêm 7% /1 tháng Hỏi sau 36 năm làm việc anh Hưng nhận được tất

cả bao nhiêu tiền? (Kết quả làm tròn đến hàng nghìn đồng)

A 1.287.968.000 đồng B 1.931.953.000 đồng

C 2.575.937.000 đồng D 3.219.921.000 đồng.

Lời giải Chọn C.

Gọi a là số tiền lương khởi điểm, r là lương được tăng thêm

+ Số tiền lương trong ba năm đầu tiên: 36a

+ Số tiền lương trong ba năm kế tiếp: 36a a r  36 1a r1

+ Số tiền lương trong ba năm kế tiếp: 36 1a r2

…

+ Số tiền lương trong ba năm cuối: 36 1a r11

.Vậy sau 36 năm làm việc anh Hưng nhận được:

Ta có y 3x2 3, y  0 x1 do đó y CT y 1  và 1 yCĐy 1  3

Thấy ngay với m  thì trên đoạn 0 m1;m2 hàm số luôn đồng biến

Vậy GTNN của hàm số đã cho trên đoạn m1;m2 là

m m

Xét hàm số g x  f x 10x

có g x f x 10 0 nên hàm số nghịch biến trên 0;3 , do

đó g 3 g 0 f  0 10.0 0  f  3  30 0  f  3 30

PHÁT TRIỂN CÂU 38 Câu 1: [2D1-3] Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số

 0 20

g  m ; g 2   m 6

Câu 38: [2D1-3] Biết rằng đường thẳng y x m  cắt đồ thị hàm số y x 3 3x2 tại ba điểm phân biệt sao

cho có một giao điểm cách đều hai giao điểm còn lại Khi đó m thuộc khoảng nào dưới đây?

Phương trình hoành độ giao điểm: x m x  3 3x2  x3 3x2  x m 0 (1)

Giả sử đường thẳng cắt đồ thị tại 3 điểm A B C, , có hoành độ lần lượt là x x x  (1) có ba1, ,2 3nghiệm phân biệt x x x1, ,2 3 3 2      

Câu 1: [2D2-3] Biết rằng đường thẳng y x 2m cắt đồ thị hàm số y x 3 6x2 tại ba điểm phân biệt

sao cho có một giao điểm cách đều hai giao điểm còn lại Khi đó m thuộc khoảng nào dưới đây?

Phương trình hoành độ giao điểm: x2m x 3 6x2  x3 6x2 x 2m0 (1)

Giả sử đường thẳng cắt đồ thị tại 3 điểm A B C, , có hoành độ lần lượt là x x x  (1) có ba1, ,2 3nghiệm phân biệt 3 2      

Đồng nhất hệ số hai đa thức suy ra

Phương trình hoành độ giao điểm là: x m x  33x2  x33x2 x m 0

Giả sử phương trình có 3 nghiệm x x x theo thứ tự lập thành một cấp số cộng suy ra1, ,2 3

Câu 39 [2H1-4] Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a Gọi M N, lần lượt là trọng tâm của các tam

giác ABD ABC, và E là điểm đối xứng với B qua D Mặt phẳng MNE

chia khối tứ diện

ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích là V Tính V

A

3

9 2.320

a

V 

C

32.96

a

V 

Lời giải Chọn A

Đường thẳng EM cắt AB tại I , cắt AD tại J

Đường thẳng IM cắt AC tại H Suy ra MNE

cắt tứ diện ABCD theo thiết diện là tam giác

AH

AC  .

Vì ABCD là tứ diện đều có cạnh bằng a nên có thể tích là

3212

PHÁT TRIỂN CÂU 39

Câu 1 [2H1-4] Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy góc 60o

Gọi M là điểm đối xứng của C qua D , N là trung điểm của SC Mặt phẳng BMN

chia khốichóp S ABCD thành hai phần có thể tích là V , 1 V trong đó 2 V là phần thể tích chứa đỉnh 1 A Tính

V

V  .

Câu 1 [2H1-4] Cho khối chóp .S ABC có M Î SA N, Î SB sao cho MAuuur=- 2MS NSuuur uur, =- 2NBuuur Mặt

phẳng ( )a qua hai điểm M N, và song song với SC chia khối chóp thành hai khối đa diện Tính

tỉ số thể tích của hai khối đa diện đó (số bé chia số lớn)

Lấy E trên AC sao cho 2

EA

EC  , khi đó ME SC . Lấy F trên BC sao cho

1,2

Các mặt phẳng MNEF , SAB , ABC

đôi một cắt nhau có các giao tuyến là MN EF AB, , Do

đó MN EF AB, , đồng quy tai I

Do

13

SC SB  nên

1.3

NF  SC

Do

23

SC SA  nên

2

23

ME SC ME NF

hay NF là đường trung bình Δ IME.Xét tam giác SAB có M N I, , thẳng hàng, lần lượt nằm trên các cạnh SA SB AB, , nên theo định lýMê-nê-la-uýt, có

; ;

4 4 16

Câu 41 [1D2-3] Cho một đa giác lồi  H

có 30 đỉnh Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giác đó Gọi P làxác suất sao cho 4 đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của  H

.Hỏi P gần với số nào nhất trong các số sau?

Lời giải Chọn C.

Số tứ giác được tạo thành từ 30 đỉnh của đa giác  H

là: n  C304 27405

.Gọi A là biến cố “ tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của  H

”

A là biến cố “ tứ giác có ít nhất một cạnh là cạnh của đa giác”

TH1: Số tứ giác có 1 cạnh là cạnh của đa giác (lấy thêm hai đỉnh không kề và trừ số cạnh còn lạicủa đa giác):  2 

Vậy P A   1 P A  0, 6294.

PHÁT TRIỂN CÂU 41

Câu 1 [1D2-3] Cho một đa giác đều có 30 cạnh Gọi S là tập hợp các tứ giác tạo thành có 4 đỉnh lấy từ

các đỉnh của đa giác đều Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S , tính xác suất để được một hình chữ

Đa giác có 30 cạnh nên có 30 đỉnh

Gọi ( )O là tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đều

Không gian mẫu là số cách chọn 4 đỉnh bất kỳ trong 30 đỉnh của đa giác đều

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là   4

30 27405

Gọi A là biến cố ''tứ giác được chọn là hình chữ nhật''

Gọi đường chéo của đa giác đều đi qua tâm đường tròn ( )O là đường chéo lớn thì đa giác đã cho có30

15

2  đường chéo lớn Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 đỉnh trong 30 đỉnh có các đườngchéo là hai đường chéo lớn Ngược lại, mỗi cặp đường chéo lớn có các đầu mút là 4 đỉnh của mộthình chữ nhật Do đó số hình chữ nhật được tạo thành là số cách chọn 2 đường chéo lớn trong 15đường chéo lớn, tức là có tất cả C 152 105 hình chữ nhật.

Suy ra số phần tử của biến cố A là n A  C1051 105

.Vậy xác suất cần tính   105 1

nội tiếp đường tròn ( )O Biết

rằng số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n đỉnh nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là

4 trong 2n đỉnh Tìm n

Lời giải Chọn A.

Số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n đỉnh là C 2n3 .

Gọi đường chéo của đa giác đều A A A đi qua tâm đường tròn ( )1 2 2n O là đường chéo lớn thì đagiác đã cho có

22

n n

 đường chéo lớn Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 đỉnh trong 2n đỉnh

1 2 2n

A A A có các đường chéo là hai đường chéo lớn Ngược lại, mỗi cặp đường chéo lớn có các

đầu mút là 4 đỉnh của một hình chữ nhật Do đó số hình chữ nhật được tạo thành là số cách chọn

hai đường chéo lớn trong 2n đường chéo lớn, tức là có tất cả C 2n2 hình chữ nhật.

Theo giả thiết, ta có

Ta có

11 11 11

Số hạng chứa x11 trong khai triển trên ứng với 121 11 k11 k10

Hệ số của số hạng chứa x11 trong khai triển x 11 111

Ta có

11 11

1 k k k k

C x 



Số hạng chứa x22 trong khai triển trên ứng với 121 11 k22 k  9

Hệ số của số hạng chứa x22 trong khai triển x 11 111

Thế x  vào (2) ta có 1 11.11 1 2 3 1010       T T 55.1111 5.1112

Câu 47: [2D2-2] Một người gửi tiền vào ngân hàng với lãi suất không thay đổi là 8% / năm Biết rằng nếu

không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn banđầu(người ta gọi đó là lãi kép) Người đó định gửi tiền trong vòng ba năm, sau đó rút tiền ra đểmua ôtô trị giá 500 triệu đồng Hỏi số tiền ít nhất người đó phải gửi vào ngân hàng để có đủ tiềnmua ôtô(kết quả làm tròn đến hàng triệu) là bao nhiêu?

A 395 triệu đồng B 394 triệu đồng C 397 triệu đồng D 396 triệu đồng

Lời giải Chọn C.

tháng Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng (khi ngân hàng đã tính lãi) thì anh A có được số tiền cả lãi

và gốc nhiều hơn 100 triệu biết lãi suất không đổi trong quá trình gửi

A 31 tháng B 35 tháng C 30 tháng D 40 tháng

Lời giải Chọn A.

Áp dụng công thức:  1  1 1  

n n

Câu 2: [2D2-3] Một người gửi tiết kiệm ngân hàng, mỗi tháng gửi 1 triệu đồng, với lãi suất kép 1% trên

tháng Sau hai năm 3 tháng (tháng thứ 28 ) người đó có công việc nên đã rút toàn bộ gốc và lãi

về Hỏi người đó được rút về bao nhiêu tiền?

Câu 49: [2D4-4] Cho hàm số f x x3 3x2m Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của

tham số m (m£2018) để với mọi bộ ba số phân biệt a , b , c 1;3 thì f a ,

 

f b , f c  là độ dài ba cạnh của một tam giác

Lời giải Chọn C.

Ta có f a , f b , f c  là ba cạnh của một tam giác nên f a  f b   f c 

Đẳng thức xảy ra khi a b 2, c 3 hoặc a c 2, b 3 hoặc b c 2, a 3.

Do đó 8 m m8 Mà m£ 2018 và m nguyên nên m 9; ; 2018

Vậy có 2010 giá trị m thỏa mãn.

Câu 50: [2H2-4] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SAD là tam giác đều và

nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và CD

( tham khảo hình vẽ dưới đây)

Tính bán kính R của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S CMN.

A

93.12

a

R=

B

37.6

a

R=

C

29.8

a

R=

Lời giải Chọn A

Gọi H là trung điểm của AB

Từ giả thiết suy ra SH ^(ABCD)

Gọi I là trung điểm của MN , suy ra HI là đường trung tuyến của tam giác HMN

Ta có: HM = ; a

22

a

4

a HI

Tam giác CMN vuông tại C nên có I là tâm đường tròn ngoại tiếp Trong mặt phẳng (SHI)

, từ I

kẻ đường thẳng d SHP thì d là trục của đường đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN

Giả sử O là tâm của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S CMN Từ O kẻ . OE HIP (E SHÎ )

5 3

12

a x

Vậy bán kính

9312

a

R=

PHÁT TRIỂN CÂU 50 Câu 1 [2H2-3] Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O , cạnh

2a Mặt bên tạo với đáy góc 600 Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên SD Tính bán kính

R của khối cầu ngoại tiếp tứ diện HADC

a

R=

Lời giải Chọn B

Gọi K là trung điểm AB , suy ra OK^AB nên 60°=( (·SAB) (, ABCD) ) =(·SK OK, )=SKO· .

Tam giác vuông SOK , có SO=OK.tanSKO· =a 3

Tam giác ACD vuông tại D nên có O là tâm đường tròn ngoại tiếp Lại có chóp S ABCD đều

Tam giác vuông SOD , đường cao OH có: SH SD SO.  2

a SP

Hình vuông ABCD cạnh 2a nên OD=a 2

Ta có PI OHP nên DSPI ∽ DSOD g g( , )

a

R=

B

32

a

R=

C

31.36

a

R=

D

3.4

a

R=

Lời giải Chọn C

Gọi M là trung điểm ' 'B C , ta có 60°=( (·AB C' ' ,) (A B C' ' ') )=(·AM A M, ' )=·AMA'

Trong DAA M' , có

3'

' ' '

A B C

D