Các câu vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử đại học môn toán trường chuyên đồng bằng sông hồng | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Học sinh TWO chỉ giải chính xác được đúng 1 nửa số bài toán trong đề cương trước khi đi thi, nửa còn lại học sinh đó không thể giải được.. Tính xác suất để TWO không phải thi lại.[r]

TỔNG HỢP CÁC CÂU VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO CỤM 5 TRƯỜNG CHUYÊN ĐBSH Câu 1: [2H2-2] [Cụm 5 trường chuyên ĐBSH] Cho hai mặt phẳng  P

và  Q

vuông góc với nhau theo giao tuyến  Trên đường  lấy hai điểm A, B với AB a Trong mặt phẳng  P

lấy

điểm C và trong mặt phẳng  Q

lấy điểm D sao cho AC , BD cùng vuông góc với  và

AC BD AB  Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là:

A

3 3

a

3 2

a

3

a

Lời giải Chọn B.

a a

a

C

D I

Ta có hai mặt phẳng ABC

và ABD

vuông góc với nhau theo giao tuyến AB mà CAAB

  suy ra CA AD

Tương tự, ta cũng có DBBC

Hai điểm A, B cùng nhìn đoạn CD dưới một góc vuông nên bốn điểm A, B , C , D nằm

trên mặt cầu đường kính CD , tâm I là trung điểm CD

Xét tam giác vuông ACD , ta có CD AC2AD2  a22a2 a 3

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là

3 2

a

R 

Câu 2: [1D2-4] Có bao nhiêu số nguyên dương n sao cho



là một số có 1000 chữ số?

Lời giải Chọn C.

(Có edit lại cho rõ)

1 n k

k



 

, với S k C k0C1k C k2 C k k, k0;1; ;n

Ta có: 0 1 2 k 1 1k 2k

Suy ra:

1

0

1 2

1 2

n n

k S













Ta có:

S là một số có 1000 chữ số  10999 S 101000 10999 2n1 101000

999log 10 1 n 1000log 10 1

Do n   nên n 3318;3319;3320 .

Vậy có 3 số nguyên dương n thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 3: [2D4-4]Cho hai số phức z z thỏa mãn 1, 2 z1 1 i  và 2 z2 iz1 Tìm giá trị lớn nhất m của

biểu thức z1 z2

A m 2 2 2 B m  2 1 C m 2 2 D m  2

Lời giải Chọn A.

Cách 1: (PB thêm cách)

Gọi M là điểm biểu diễn cho số phức z1 Ta có:

z   i   MI 

, với I  1;1

nên M thuộc đường tròn  C

tâm I  1;1

, bán kính

2

R 

Ta có: z1 z2 z1 iz1 1 i z 1  2 z1  2OM

.

Ta có OI  2R nên O nằm trong  C

Do đó OM OI R  2 2 .

Vậy m  2 2 2   2 2 2

Cách 2:

z  z z  iz   i z  z

Đặt z1 a bi với (a b  , ) theo đề bài ta có a12b12 4(*) Ta cần tìm GTLN của

2 2 2

m a b

Đặt t a 2b2 Ta có:  *  4a22a 1 b2 2b 1 2(a b )  2 t

Mà a b 212 ( 1) 2 a2b2

(**) nên

2 t2 4(a b )2 8t  t212t 4 0  6 4 2   t 6 4 2

Kết hợp với t a 2b2 0 suy ra 0  t 6 4 2

Suy ra m 2t  12 8 2 2 2 2

Dấu " " xảy ra khi  **

xảy ra khi 1 1

 Kết hợp  *

ta được

Vậy giá trị lớn nhất của m bằng 2 2 2

Câu 4: [1D1-4] Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

A 2 2 1 B 2 2 1 C 2 1 D 2 1

Lời giải Chọn A.

Cách 1: Đặt asinx,bcosxthì

  2 2

a b

ab



vì a2b2 1

Đặt t a b  , tức là

2 sin

4

t x 

  nên t   2; 2

Lại có t2  1 2ab 2ab t 2 1 Do đó

   



Với

2; 2

t   

+) Với

1 0

2

1

P t

t



+) Với t  1 0, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

2

1

t t

2

1

t t

2

1

t t

Từ đó P 2 2 1

Dấu bằng đạt được khi t  1 2, hay

sin

  nên tồn tại x

Cách 2 (PB bổ sung)

Ta có

sin cos tan cot

sin cos

sin cos

sin cos

.

Đặt tsinxcosx 2 sin

4

x 

 

t  

2 1 sin cos

2

t

x x 

.

Suy ra

2

1 1 2

t

y t

t



 

1

t t

 

 .

1

g t t

t

 

 ,

 

 2

2 1

1

g t

t

  



 

 

2 2

1

t t





,g t  0

 

 

2 1

2 1 t/m

t





  

 2 3 2 2 0,

g    g  20, g  2 1  2 2 1 0 

Ta có bảng biến thiên

g - 2 

g - 2+1 

g 2 

+∞

+∞

-∞

y=g(t)

+∞

g 2 

g - 2+1 

g - 2 

g(t)

0

t g'(t)

1

+

- 2

Dựa vào bảng biến thiên suy ra ymin g 2 1 

2 2 1

Câu 5: [2D1-4] Cho hàm số

x m x y

x m



 Biết rằng đồ thị hàm số có hai điểm cực trị phân biệt là

A, B Tìm số giá trị của m sao cho ba điểm A, B, C4; 2

phân biệt và thẳng hàng

Lời giải Chọn A.

Ta có

2

y

x m

 



Suy ra

2 0

2

y

   



Nên đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị và đường thẳng qua hai cực trị là d :

2 1

x m

y 

Vì

A, B, C4; 2

thẳng hàng nên C d  m  Khi đó 6

4 0

8

x y

x





    



Với x 4 y2, tức là có một điểm cực trị trùng với C

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Cách 2: (PB bổ sung)

Tập xác định D\ m

.

Ta có

x m x

 2

4 1

y

x m

  



,  x D, y 0

2 2

  

 

 

Tọa độ hai điểm cực trị là B2 m; 4 m

, A 2 m; 4  m

.

4;8

AB 

, AC6 m;6 m

.

Ba điểm A, B, C4; 2 phân biệt và thẳng hàng

4 8







Vậy không có giá trị m nào thỏa mãn.

Câu 6: [2D1-3] Cho hàm số yf x ax3bx2cx d a0; , , ,a b c d  có đồ thị là  C

Biết rằng đồ thị  C

đi qua gốc tọa độ và đồ thị hàm số yf x  cho bởi hình vẽ dưới đây Tính giá trị của biểu thức H f  4  f  2

A H  58 B H  51 C H 45 D H 64.

Lời giải Chọn A.

Vì đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ nên d  0

  3 2 2

f x  ax  bx c có đồ thị là một parabol nhận trục Oy làm trục đối xứng và qua điểm

0;1

nên suy ra b  , 0 c  1

Đồ thị yf x  đi qua 1; 4

nên ta có 3a  1 4 a 1

Do đó f x  x3 x

Vậy H f  4  f  2 68 10 58 

Câu 7: [1D2-3] Trước kỳ thi học kỳ 2 của lớp 11 tại trường FIVE, giáo viên Toán lớp FIVE A giao

cho học sinh đề cương ôn tập gồm 2n bài toán, n là số nguyên dương lớn hơn 1 Đề thi học kỳ

của lớp FIVE A sẽ gồm 3 bài toán được chọn ngẫu nhiên trong số 2n bài toán đó Một học

sinh muốn không phải thi lại, sẽ phải làm được ít nhất 2 trong số 3 bài toán đó Học sinh TWO chỉ giải chính xác được đúng 1 nửa số bài toán trong đề cương trước khi đi thi, nửa còn lại học sinh đó không thể giải được Tính xác suất để TWO không phải thi lại

A

1

1

2

3 4

Lời giải Chọn A.

Gọi B là biến cố: Học sinh TWO làm đúng 2 trong 3 bài toán thi

Gọi C là biến cố: Học sinh TWO làm đúng cả 3 bài toán thi.

Gọi A là biến cố: Học sinh TWO không phải thi lại

Ta có: A B C  với B , C là hai biến cố xung khắc.

Khi đó số phần tử của không gian mẫu: n  C 2n3

* Xét biến cố B:

+) Chọn 2 bài trong n bài học sinh TWO làm được là: C n2.

+) Chọn 1 bài trong n bài học sinh TWO không làm được là: C n1.

Từ đó suy ra:

 

2 1 3 2

n

C C

P B

C



* Tương tự với biến cố C :

 

3 3 2

n n

C

P C

C



Vậy:      

3 1 2 3 2

n

C

     

   

6





   

Câu 8: [2D1-4] Biết rằng đồ thị hàm số bậc 4: yf x  được cho như hình vẽ sau:

Tìm số giao điểm của đồ thị hàm số y g x   f x 2 f x f   x

và trục Ox

Lời giải Chọn D.

(Có chỉnh sửa)

Gọi các hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số yf x 

và trục Ox là x1, x2, x3, x4.

Suy ra: f x  a x x  1 x x 2 x x 3 x x 4

Ta có:

   2  3  4  1  3  4

f x a x x x x x x a x x x x x x

 1  2  4  1  2  3

Theo giả thiết ta có:

    2    

g x  f x   f x f x

 i  i 2    i i  i 2 0

g x f x f x f x f x

, với mọi i 1; 2;3; 4 .

  0

g x

không có nghiệm x i.

Xét x x i, ta có:

 

 

4 1

1

f x

f x  x x









 

 

     

2

f x

x x

  2     0, i

f x f x f x x x

.

Do đó trong mọi trường hợp phương trình g x   0 đều vô nghiệm.

Vậy đồ thị hàm số y g x  

cắt trục Ox tại 0 điểm.

Câu 9: [2D4-4]. Cho hai số phức z z thoả mãn 1, 2 z1 2, z2  3

Gọi M N, là các điểm biểu diễn cho z và 1 iz Biết 2 MON   Tính 30 S z124z22

Lời giải Chọn C.

Ta có

Gọi P là điểm biểu diễn của số phức 2iz 2

Khi đó ta có

z  iz z  iz OM OP OM OP                 

  

Do MON   nên áp dụng định lí côsin cho tam giác OMN với 30 OM  , 2 ON  3, ta có:



MN OM ON  OM ON MON 22 32 2.2 3.cos30 1 MN  1

Từ OM  , 2 ON  3 vàMN  suy ra ON MN1  , bởi vậy OMP có MN đồng thời là đường cao và đường trung tuyến, suy ra OMP cân tại M  PM OM  2

Áp dụng định lí đường trung tuyến cho OMN ta có:

Vậy S2PM OI. 2.2 7 4 7

Câu 10: [1D2-4] Từ các chữ số 0,1, 2,3, 4,5,6

viết ngẫu nhiên một số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau có dạng a a a a a a Tính xác suất để viết được số thỏa mãn điều kiện1 2 3 4 5 6

a a a a a a

A

4 85

p 

4 135

p 

3 20

p 

5 158

p 

Lời giải Chọn B.

Cách 1: (Viết gọn)

Ta dễ có số phần tử của không gian mẫu là  6.A65 4320

Gọi A là biến cố “chọn được số thoả mãn yêu cầu bài toán”

Đặt a1a2 a3a4 a5a6 S

Ta có:

0 1 2 3 4 5     a a a a a a      1 2 3 4 5 6

 

Khi đó ta có 3 phương án để chọn số a a a a a a như sau:1 2 3 4 5 6

 Phương án 1: a1a2 a3a4 a5a6  Khi đó7

     

 a a1, 2 ; a a3, 4 ; a a5, 6   1, 6 ; 2,5 ; 3, 4     

Suy ra có 3! 2! 2! 2!      48

cách chọn

 Phương án 2 : a1a2 a3a4 a5a6  Khi đó5

     

 a a1, 2 ; a a3, 4 ; a a5, 6   0,5 ; 1, 4 ; 2,3     

Suy ra có 3!.2!.2!.2! 1.2!2! 40  cách

 Phương án 3 : a1a2 a3a4 a5a6  Khi đó6

     

 a a1, 2 ; a a3, 4 ; a a5, 6   0,6 ; 1,5 ; 2, 4     

Phương án này hoàn toàn tương tự phương án 2 nên cũng 40 cách chọn

Do đó số phần tử của biến cố A : A 48 40.2 128 

Vậy

4320 135

A

Cách 2:

 Số các số gồm 6 chữ số khác nhau từ tập hợp 0,1, 2,3, 4,5,6 :

Chọn a  có 6 cách, sắp xếp các số còn lại có 1 0 5

6

A cách nên có tổng số 5

6

6.A 4320 số.

 Số các số thỏa mãn điều kiện a1a2 a3a4 a5a6:

Ta có a1a2a3a4a5a6 3a1a2

là số chia hết cho 3

Mà 0 1 2 3 4 5 6 21       là số chia hết cho 3 nên chữ số không xuất hiện trong số được lập phải là số chia hết cho 3.

Trường hợp 1: Chữ số 0 không có mặt trong số được lập

Ta có a a1, , ,2 a 6 1, 2,3, 4,5,6

Khi đó a1a2 a3a4 a5a6  nên 7  a a1, 2 , a a3, 4 , a a5, 6   1,6 , 2,5 , 3, 4     

Có 3! cách xếp các cặp 1,6 , 2,5 , 3, 4     vào các vị trí của các cặp a a1, 2 , a a3, 4 , a a5, 6 ,

trong mỗi cặp vị trí lại có 2 cách xếp nên có 3!.23 48 số

Trường hợp 2: Chữ số 3 không có mặt trong số được lập

Ta có a a1, , ,2 a 6 0,1, 2, 4,5,6

Khi đó a1a2 a3a4 a5a6  nên 6  a a1, 2 , a a3, 4 , a a5, 6   0, 6 , 1,5 , 2, 4     

Tương tự như trên nếu coi chữ số 0 như các chữ số khác, ta có 48 cách

Trường hợp 06a a a a : lý luận tương tự, có 2.2.2 83 4 5 6  cách

Suy ra trường hợp này, ta có 48 8 40  số

Trường hợp 3 : Chữ số 6 không có mặt trong số được lập.

Ta có a a1, , ,2 a 6 0,1, 2,3, 4,5

Tương tự như trường hợp 2, ta có 48 8 40  số

Vậy có 48 40 40 128   số thỏa mãn điều kiện a1a2 a3a4 a5a6

 Xác suất cần tìm là

4320 135

Câu 11: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  đi qua gốc tọa độ O

và điểm I0;1;1

Gọi S là tập hợp các điểm nằm trên mặt phẳng Oxy

, cách đường thẳng 

một khoảng bằng 6 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi S

A 36 B 36 2 C 18 2 D 18

Lời giải Chọn B.

Đường thẳng  có vecto chỉ phương u  0;1;1 và đi qua gốc tọa độ O0; 0;0

Gọi M a b ; ;0

là điểm thuộc mặt phẳng Oxy

, cách  một khoảng bằng 6

Ta có:

d M

u

 

 

2

a b



Ta được: 2a2b2 36

1

36 72

Như vậy tập hợp điểm M là elip  E

trong mặt phẳng tọa độ Oxy

, có phương trình:

1

36 72

, nên có nửa độ dài các trục lần lượt là 6 và 6 2 có diện tích bằng:

.6.6 2 36 2

Câu 12: [2D2-4] Cho bất phương trình m.3x 1 3m 2 4  7 x 4 7x 0

, m là tham số Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x    ;0

A

2 2 3 3

2 2 3 3

2 2 3 3

2 2 3 3

Lời giải Chọn A.

Phương trình đã cho tương đương với

x

x x



2

Đặt

3

x

t  

  Suy ra t 0;1 khi x    ;0

Khi đó, bài toán đã cho trở thành: Tìm m để bất phương trình t23mt3m 2 0  1

đúng với mọi t 0;1

Ta có  1

2 2

3 1

t

m t



 với mọi t 0;1  2 .

Xét hàm số  

2 2 1

t

f t

t





 với t 0;1

Ta có

 

 

2 2

1

f t

t

 



và f t  0  t 3 1

Bảng biến thiên của hàm số f t 

Dựa vào bảng biến thiên suy ra  2   2 2 3 3m m2 2 33

Câu 13: [2D3-3] Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường ysinx, ycosx, x 0, x a

với

;

4 2

a  

2    hỏi số a thuộc khoảng nào sau đây?

A

7

;1 10

51 11

;

50 10

11 3

;

10 2

51 1;

50

Lời giải Chọn B.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường ysinx, ycosx, x 0, x a là

0

a

4

0

4 sin cos d + sin cos d

a





4

0

4

a





   

4

0

4

a





4

2 1 sinx cosx a

2 2 1 cosa sina

Theo bài ra ta có:

 3 4 2 3  2 4 2 2 cos a 2sina

7

3

,

50 10

Câu 14: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A a ;0;0

, B0; ;0b 

, C0;0;c

với a , b, c 0 Biết rằng mặt phẳng ABC

đi qua điểm

1 2 3

; ;

7 7 7

  và tiếp xúc với mặt cầu   : 12  22  32 72

7

S x  y  z 

T

A T  14 B

1 7

T 

7 2

T 

Lời giải Chọn D.

Mặt phẳng ABC

đi qua ba điểm A a ;0;0

, B0; ;0b 

, C0;0;c

nên có phương trình là 1

x y z

a b c   .

Ta có 1 2 3; ;  

7 7 7

1 2 3

7

a b c   .

Mặt cầu  S

có tâm I1;2;3

và bán kính

72 7

R 

ABC

tiếp xúc với  S

 

1 2 3

1

,

a b c

  

Câu 15: [2H1-3] Cho hình chóp .S ABCD , ABCD là hình chữ nhật, AB a , AD2a Tam giác

SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Góc giữa SC và mặt phẳng

ABCD

bằng 45 Gọi M là trung điểm SD Tính theo a khoảng cách d từ M đến mặt phẳng SAC

A

89

a

d 

89

a

d 

1315 89

a

d 

1513 89

a

d 

Lời giải Chọn D.

M

H

D B

A

C

S

I K

Gọi H là hình chiếu của S lên mặt đáy Vì SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông

góc với mặt đáy nên H là trung điểm của AB

Rõ ràng  ,   1  ,    ,  

2

Kẻ HI AC tại I , kẻ HKSI tại K, khi đó d d H SAC ,   HK

Vì góc giữa SC và mặt phẳng ABCD

bằng 45 nên SCH   suy ra SHC45  vuông cân tại

H Ta có HC BC2BH2

17 2

a



, suy ra

17 2

a

SC 

2

2

BA BC





5 5

a



HS HI HK





1513 89

a



Câu 16: [2D1-3] Cho hàm số

1 2

x y x





 , gọi d là tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ

bằng m  Biết đường thẳng d cắt tiệm cận đứng của đồ thị hàm số tại điểm 2 A x y ; 1 1

và cắt tiệm cận ngang của đồ thị hàm số tại điểm B x y ; 2 2

Gọi S là tập hợp các số m sao cho

x y  Tính tổng bình phương các phần tử của S

Lời giải Chọn C.

3 1

2

y

x

 

3 2

y x





Ta có x m  2

3 1

y m

Phương trình tiếp tuyến d : y 32x m 2 1 3

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 1 và tiệm cận đứng x  2

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

2

2 1 2

x







 



6 1 2

y m x



 



 

 

6 1

y

m

 

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:

2

2 1 1

y







 



1

y





 

 nên x2 2m 2

Vậy x2y1 

6

m

1 2

1 3

m m





  

  m12m22 10