Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán trường thpt yên lạc vĩnh phúc lần 3 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

[1D2-3] Hai bạn Nam và Tuấn cùng tham gia một kỳ thi thử trong đó có hai môn thi trắc nghiệm là Toán và Tiếng Anh.. Đề thi của mỗn môn gồm 6 mã đề khác nhau và các môn khác nhau thì mã [r]

Câu 1 [1D3-4] Cho dãy số  u n thỏa mãn

1

* 1

2

2 1,

n n

Gọi M N, lần lượt là điểm biểu diễn của z w, với M x y ; .

Dễ thấy hai hình tròn này tiếp xúc ngoài tại điểm E  1; 1 Do đó, N  1; 1.

Ta thấy z w MN nên z w nhỏ nhất khi MN ngắn nhất, khi đó M là hình chiếu của N

trên 

Ta có    

 2 2

2 1 4.1 7 13,

Câu 4 [1D2-3] Có bao nhiêu số tự nhiên có 30 chữ số, sao cho trong mỗi số chỉ có mặt hai chữ số 0

và 1, đồng thời số chữ số 1 có mặt trong số tự nhiên đó là số lẻ?

Lời giải Chọn C.

Từ đề bài, có thể xảy ra các trường hợp sau:

+ Trường hợp 1: Số tự nhiên đó gồm 1 chữ số 1 Khi đó có duy nhất một số thỏa mãn

+ Trường hợp 2: Số tự nhiên đó gồm 3 chữ số 1 Khi đó ta có

Chọn một chữ số 1 xếp vào vị trí đầu tiên, còn 29 vị trí nữa

Xếp hai chữ số 1 vào 29 vị trí còn lại có 2

M là giao của của BC và ( )T  M(2;2 3) a b 4   3

Câu 6 [1D2-3] Hai bạn Nam và Tuấn cùng tham gia một kỳ thi thử trong đó có hai môn thi trắc

nghiệm là Toán và Tiếng Anh Đề thi của mỗn môn gồm 6mã đề khác nhau và các môn khácnhau thì mã đề cũng khác nhau Đề thi được sắp xếp và phát cho học sinh một cách ngẫu nhiên.Tính xác suất để trong hai môn Toán và Tiếng Anh thì hai bạn Nam và Tuấn có chung đúngmột mã đề thi

+) Không gian mẫu: n  64

+) Gọi A là biến cố để hai bạn chung 1 mã đề:

A A

n P

n

Câu 7 [1D2-4] [Yên Lạc – Vĩnh Phúc-Lần 3-2018] Một người bán buôn thanh long đỏ ở Lập Thạch

– Vĩnh Phúc nhận thấy rằng: Nếu bán với giá 20000đ/kg thì mỗi tuần có 90 khách đến mua vàmỗi khách mua trung bình 60 kg Cứ tăng giá 2000 đ/kg thì số khách mua hàng tuần giảm đi

1 và khi đó mỗi khách lại mua ít hơn mức trung bình 5 kg, và như vậy cứ giảm giá 2000 đ/kgthì số khách mua hàng tuần tăng 1 và khi đó mỗi khách lại mua nhiều hơn mức trung bình 5

kg Hỏi người đó phải bán với giá mỗi kg là bao nhiêu để lợi nhuận thu được hàng tuần là lớnnhất, biết rằng người đó phải nộp tổng các loại thuế là 2200 đ/kg (Kết quả làm tròn đến hàngnghìn)

Lời giải Chọn C.

Gọi số tiền người đó phải bán mỗi kg là 20 2x (nghìn đồng)

Số tiền thu được mỗi kg sau khi nộp thuế là 20 2 x 2, 2 17,8 2  x (nghìn đồng)

Số khách mua là 90 x

Số kg mỗi khách mua là 60 5x (kg)

Số tiền thu được hàng tuần sau khi nộp thuế là 90 x 60 5 x 17,8 2 x (nghìn đồng)

 Với giá bán 16000 đ/kg thì x 2 Khi đó số tiền thu được sau khi nộp thuế là

p q 



 Dễ dàng kiểm chứng được dấu bằng xảy ra

Câu 9 [2D1-4] Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng (-10;10) để phương

trình x3 3x22m 2x m  3 0 có ba nghiệm phân biệt x1, x2, x3 thỏa mãn

     nên tồn tại c 1 0 sao cho f c  1 0, mà phương

trình có đúng một nghiệm nhỏ hơn 1 nên từ đó suy ra f c  1 f 1 0

   nên tồn tại c 2 0 sao cho f c  2 0 suy ra f    0 f c 2 0 nên

phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc 0;c2 mà phương trình bậc ba có tối đa ba nghiệm

do đó phương trình có ba nghiệm thỏa mãn x1  1 x2 x3 hay m  5 thỏa mãn Mặt khác

Ta có 3 3

2

3 93

Xét phép quay QA;90 :C B M;  D.

Vì ABAC nên ta có: ADAM 1, DB MC  2, MC DB   và ,  90 AMCADB

Vì tam giác DAM vuông cân tại A nên MD  2

Xét tam giác BDM có BM2 DB2DM2 4 nên tam giác BDMvuông cân tại D

Suy ra: AMC ADBADM MDB 135

Chú ý BDM vuông tại D nên DBDM , mà DBMC nên D M C, , thẳng hàng.

Khi đó, do MC MD  2 nên M là trung điểm của CD

Câu 12 [2D3-4] Cho hai số thực x , y thỏa mãn  2   2 

log x x 1 log y y 1 4 Kí hiệu m

là giá trị nhỏ nhất của x y Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng?

Ta có a a2  1 a a  , với mọi số thực a Do đó, từ giả thiết ta suy ra0

Câu 13 [2D3-3] Cho hàm số f x  liên tục trên 

Theo giả thiết f x  x 1, x

Câu 14 [2D2-4] Biết rằng a là một số dương để bất phương trình a x 9x1 nghiệm đúng với  x R

Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A a10 ;103 4 B a10 ;102 3 C a0;102 D a 10 ;4 .

Lời giải Chọn A

Cách 1 Sử dụng đồ thị

Để bất phương trình a x9x1 nghiệm đúng với mọi  x R thì đồ thị hàm số  : x

C y aluôn nằm trên đường thẳng d y: 9x1

 TH1: 0a1 ta có đồ thị hàm số  C

như hình vẽ bên Khi đó đồ thị hàm số  C

không nằm trên hoàn toàn so với đường

Để đồ thị hàm số  C nằm trên hoàn toàn so với

đường thẳng d thì d tiếp xúc với đồ thị

Câu 15 [2H3-4] Trong không gian Oxyz, cho điểm N0;3;0 và mặt cầu

  S : x12y22z12 9 Điểm M x y z thuộc mặt cầu  0; ;0 0  S sao cho

Cách 1

Từ phương trình mặt cầu  S ta có tâm I1; 2;1  và bán kính R 3

Gọi mặt phẳng  P :2x y 2z0 ; mặt phẳng  P chia không gian thành hai phần

Ta có A2x0 y02z0  2x0 y02z0 3d I P ;   suy ra Amind I P ;  max

Gọi  là đường thẳng qua I và vuông góc với mp P  phương trình  

Câu 16 [1H2-3] Cho hình chóp đều S ABCD có tất cả các cạnh bằng a , điểm M thuộc cạnh SC sao

cho SM 2MC Mặt phẳng  P chứa AM và song song BD Tính diện tích của thiết diện

của hình chóp S ABCD bởi mặt phẳng  P

Gọi I là giao điểm của AM và SO Qua I dựng đường thẳng song song với BD cắt SB,

SI SO

Câu 17 [2D1-4] Cho hàm số yx3 mx1 Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên m sao cho hàm

số đồng biến trên 1;  Tìm tổng các phần tử của  S

Lời giải Chọn A.

Hàm số đồng biến trên 1;  thì đồng biến trên  x x chỉ khi0; 1

m m

Kết luận: điều kiện cần và đủ để hàm số y f x  có  

f x không đổi dấu trên 1;  

Trường hợp 1: f x   0, x 1;, khi đó g x  x3mx1 trên 1;  , không thể đồngbiến trên đó

Trường hợp 2: f x   0, x 1;, khi đó g x  x3 mx1 trên 1;  Lúc này YCBTtương đương với

f x f x   x 1; (“=” tại hữu hạn điểm). (2)

Từ (1) và (2) suy ra có hai trường hợp:

+  

  0 1; 0

m m

f x   x x x1, 2 (“=” tại hữu hạn điểm)  f x f x 2  (mâu thuẫn).0

Vậy điều kiện cần và đủ thỏa mãn điều kiện bài toán là m 2  S1; 2}

Câu 18 [2D3-4] Cho hàm số f x và   g x thỏa mãn  

' 1

Câu 19 [2D3-4]Cho parabol ( ) :P y x 2 và đường thẳng d y mx n:   và đi qua điểm I(1;3). Gọi S0

là diện tích nhỏ nhất giới hạn bởi d và ( ).P Giá trị của T 3 2S0m n là

A T 16 B T 19 C T 18 D T 17

Lời giải Chọn B.

Từ giả thiết d y mx n:   đi qua điểm I(1;3) nên ta có m n 3

Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( )P x2 mx m  3 0 luôn có hai nghiệm

x m

Với a b  , và 0 b a1, ta có loga bloga a1

Nhận xét 4(3b1) 12 b 4 9 b2, dấu bằng xảy ra khi 2

b a

và điểm A (1; 1; 2) Đường thẳng  nằm trong mặt

phẳng tọa độ Oxy sao cho A cách đều d và  Tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách giữa d

và 

A d max 1 B d max 3 2 C d max  2 D Không tồn tại.

Lời giải Chọn C.

Câu 22 [2D3-4] Cho hàm số yf x( ) có đạo hàm liên tục trên 3;3 Hàm số yf x  có đồ thị

như hình bên dưới

Biết f  1 6 và    

2

122

Ta có    

2122

Từ đồ thị suy ra            

1

1 3 3

Suy đồ thị y g x   cắt trục hoành tại một điểm thuộc 3;3

Câu 23 [1H3-4] [THANH CHƯƠNG 1 NGHỆ AN - 2018] Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình

chữ nhật ABCD, biết AB 2, AD 3, SD  14 Tam giác SAB vuông tại S và nằm trongmặt phẳng vuông góc với đáy Gọi M là trung điểm của SC Côsin của góc tạo bởi hai mặtphẳng SBD và  MBD bằng:

Cách 1:

Áp dụng kĩ thuật: “Dựng góc trên mẫu”.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên AB.

E là hình chiếu vuông góc của H lên BD

I là hình chiếu vuông góc của S lên MBD cos EI

61

S ABCD MBD

V S

2 13

MI MLI

Đặt: t 1

x

x t

2 1

2

11d1

f t

t t

3

dx x



2 2 1 2

1d

Lời giải Chọn A.

cầu  S : x2y2z2 4x10y14z64 0 Gọi   là đường thẳng đi qua M và cắt  tại

A, cắt  S tại Bsao cho 1

3

AM

AB  và điểm B có hoành độ là số nguyên Mặt phẳng trung trực

của đoạn AB có phương trình là

Từ giả thiết:  S có tâm I2; 5; 7   và bán kính R  14

Chọn A B M, , lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z z z1, ,2 ,

Dựa vào điều kiện 2 z1  2 z2 z1 z2 6 2  OA OB 6, AB 6 2

Suy ra ta có tam giác OAB vuông cân tại O

Phép quay tâm B góc quay 600 ta có:

Dấu " " xảy ra khi O M M A, , ,  thẳng hàng

Khi đó tam giác OBA có OB  , 6 BA BA6 2 và OBA  1050.

Nhân x2vào hai vế của giả thiết ta được 3x f x2  x f x3 '  x2020 x f x3  'x2010.

Câu 30 [2H3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

  : cos sin 2  sin sin 2  cos 2 1

Lời giải Chọn C.

  : cos sin 2  sin sin 2  cos 2 1

41