Đề thi thử đại học môn toán năm 2018 trường chuyên thái bình lần 4 mức độ vận dụng | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Điều kiện xác định của phương trình là x .[r]

TỔ 9 CÂU VD-VDC CHUYÊN THÁI BÌNH LẦN 4 Câu 4 [2D1-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Họ parabol

P m:y mx 2  2m 3x m  2m0 luôn tiếp xúc với đường thẳng d cố định khi m thay đổi Đường thẳng d đó đi qua điểm nào dưới đây?

A 0; 2  B 0;2

C 1;8

D 1; 8 

Lời giải Chọn A

Cách 1: Giả sử y ax b  là đường thẳng cố định mà P m

luôn đi qua

 mx2  2m 3x m  2ax b có nghiệm kép với mọi m  0

Vậy đường thẳng cần tìm là y6x 2

Cách 2: Sử dụng phương pháp nghiệm bội

x m m0 luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định.

A yx 1 B y  x 1 C yx 1 D y x 1

Lời giải Chọn D

Giả sử Cm: yf x m ,  tiếp xúc với đường thẳng cố định  d : y ax b

Cm

tiếp xúc với  d

khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm  m 0

( 1) 12

tiếp xúc với đường thẳng cố định d : y   x 1

Cách 2: Gọi phương trình đường thẳng cố định cần tìm là  d : y ax b

tiếp xúc với đường thẳng cố định d : y   x 1

Câu 2 [2D1-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Họ Hyperbol Hm

cóphương trình  

khi m thay đổi

Câu 5: [2D1-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho các số thực

dương x, y thoả mãn log(x y )(x2y2) 1 Giá trị lớn nhất của biểu thức

O'

A B

Câu 6 [2H2-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hình trụ có hai

đáy là hai hình tròn ( )O

và ( )O¢

, chiều cao 2R và bán kính đáy R Một mặt phẳng ( )a

đi qua

trung điểm của OO¢ và tạo với OO¢ một góc 30° Hỏi ( )a

cắt đường tròn đáy theo một dâycung có độ dài bằng bao nhiêu?

R

23

cắt đường tròn đáy theo dây cung AB , gọi I là trung điểm AB

Khi đó (OO¢,( )a )=IMO· = °30

B A'

A

O'

O H

hai đường tròn tâm O và ' O , bán kính đáy bằng a , chiều cao bằng 2a Trên đường tròn tâm

O lấy điểm A , trên đường tròn tâm ' O lấy điểm B sao cho AB= 7a Thể tích của khối tứ

diện OO AB bằng:'

A

3

312

a

3

36

a

3

33

a

3

32

a

Lời giải Chọn B

Kẻ đường sinh AA , gọi D là điểm đối xứng với '' A qua tâm ' O và H là hình chiếu vuông góc của B trên ' A D

OO AB OO A

Trong tam giác vuông 'A AB có A B' = AB2- AA'2 = 3a

Trong tam giác vuông 'A BD có BD= A D' 2- A B' 2 =a.

Do đó suy ra tam giác BO D đều nên '

32

hai đường tròn tâm O và ' O , bán kính đáy bằng a , chiều cao bằng 3 a Hai điểm A B, lần

lượt nằm trên hai đường tròn đáy sao cho góc giữa AB và trục OO của hình trụ bằng 30°.'

Khoảng cách giữa AB và OO bằng:'

A

3.4

a

Lời giải Chọn D

Từ giả thiết ta có OA O B= ' =a

Gọi AA là đường sinh của hình trụ thì ' O A' '=a, AA'=a 3

^ ïþ nên d O( ';(ABA') )=O H'

Tam giác ABA vuông tại '' A nên BA'=AA' tan 30°=a

Suy ra tam giác 'A BO đều có cạnh bằng a nên '

Câu 8: [2D3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho

2 1

0

x x

a 

,

15

 

yf x có đạo hàm trên  và f  2 15

,

 2

f x x



d 28

f x x

Câu 17: [2H3-4] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Trong không gian với

hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P x y z:     , đường thẳng1 0

lần lượt thuộc mặt phẳng  P

sao cho AA, BB cùng song song với  d

Giá trị lớn nhất của

biểu thức AABB là

A

8 30 39



24 18 35



12 9 35



16 60 39

có tâm I4;3; 2  và bán kính R  5

Gọi H là trung điểm của AB thì IH AB và IH  nên H thuộc mặt cầu 3  S tâm I bán

kính R  3

Gọi M là trung điểm của A B  thì AABB2HM , M nằm trên mặt phẳng  P

.Mặt khác ta có  ;   4

hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P x y z:     , đường thẳng1 0

lần lượt thuộc mặt phẳng  P

sao cho AA, BB cùng song song với  d

Giá trị lớn nhất của

biểu thức AABB là

A

8 30 39



24 24 35



4 4 35



16 60 39

có tâm I4;3; 2  và bán kính R  5

Gọi H là trung điểm của AB thì IH AB và IH  nên H thuộc mặt cầu 4  S tâm I bán

kính R  4

Gọi M là trung điểm của A B  thì AABB2HM , M nằm trên mặt phẳng  P

.Mặt khác ta có  ;   4

Câu 2: [2H3-4] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Trong không gian với

hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P x y z:     , đường thẳng2 0

lần lượt thuộc mặt phẳng  P

sao cho AA, BB cùng song song với  d

Giá trị lớn nhất của

có tâm I4;3; 2  và bán kính R  5

Gọi H là trung điểm của AB thì IH AB và IH  nên H thuộc mặt cầu 3  S tâm I bán

kính R  3

Gọi M là trung điểm của A B  thì AABB2HM , M nằm trên mặt phẳng  P

.Mặt khác ta có  ;   1

K là hình chiếu của H lên  P thì HK HM sin

Vậy để AABB lớn nhất thì HK lớn nhất

f x f x dx



A

2

23

  3 3 2 3 2,

f x x  x  x    Tính x    

1 3 0



11009

Câu 29 [2D2-2] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Tập nghiệm của bất

phương trình 3log2x3 3 log 2x73 log 22  x3

So điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S   3; 2

nên chọn đáp án A

PHÁT TRIỂN CÂU 29 Câu 1 [2D2-2] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Tập nghiệm của bất

phương trình 2log2x1log 52  x là 1 S a b;  Tính P a b 

Câu 33: [2D1-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hàm số

liên tục trên và có bảng biến thiên như sau

Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong số các mệnh đề sau đối với hàm số g x f 2 x 2?

I Hàm số g x 

đồng biến trên khoảng 4; 2  

II Hàm số g x 

nghịch biến trên khoảng 0; 2 III Hàm số g x 

đạt cực tiểu tại điểm -2

IV Hàm số g x 

có giá trị cực đại bằng -3

Lời giải

Chọn A

Cách 1: Thực hiện các phép biến đổi đồ thị.

Từ đồ thị của f x 

để thu được đồ thị của hàm số g x  f 2 x 2, ta thực hiện phép biếnđổi đồ thị như sau:

- Lấy đối xứng đồ thị f x 

qua trục Oy ta thu được đồ thị hàm số f x

- Tịnh tiến đồ thị f  x theo vec tơ k2i (với i1;0

là vectơ đơn vị ) thu được đồ thị hàm số f 2 x

- Cuối cùng thực hiện phép tịnh tiến đồ thị f 2 x theo vec tơ m2j

Thay vì thực hiện trên đồ thị ta có thể biến đổi dựa trên bảng biến thiên, ta thu được bảng biến thiên của hàm số g x 

Câu 1: [2D1-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018]

Cho đồ thị hàm số yf x  như hình vẽ dưới đây Khi đó phát biểu nào là đúng đối với hàm số g x f x 1 2 trong các phát biểu sau:

A Hàm số g x 

đồng biến trên khoảng  ;1

B Hàm số g x  nghịch biến trên khoảng 1;1

C Hàm số g x 

đạt cực đại tại x  1

D Đồ thị hàm số g x 

cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt

Lời giải

Chọn B

Cách 1: Thực hiện các phép biến đổi đồ thị:

Thực hiện các phép biến đổi đồ thị lần lượt là : tịnh tiến đồ thị f x 

theo vec tơ i sau đó tịnhtiến đồ thị theo vec tơ m2j

ta được đồ thị hàm số g x 

như hình vẽ Do đó hàm số nghịchbiến trên 1;1

Câu 2: [2D1-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018]

Ta suy ra đồ thị hàm số

32

Vậy M 3,m 0 M m 3

x x

Câu 35 [2D3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho F x 

là một nguyên hàm của hàm số

1 2

3

10

2

C F

 

0 0

12 12

12 12

PHÁT TRIỂN CÂU 33

Câu 1: [2D3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho F x 

là một nguyên hàm của hàm số y= 2x- 4

xác định trên ¡ \ 2{ }

thỏa mãn f( )1 =1

và f( )3 =- 2

Giá trị của biểu thức F( )- 1 +F( )4 bằng

Lời giải Chọn A.

Do

( ) ( )

21

.Có f( )- 3 +f( )3 = Û0 ln 2+C1+ln 2+C1=0 Û C1 =ln 2.

U

Vậy f ( )- 2 +f( )0 +f( )4 =ln 3 ln 2 1 ln 3 ln 5 ln 2+ + + - + =- ln 5 2ln 3 2ln 2 1+ + +

Câu 48: [2H3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Trong không gian với

hệ tọa độ Oxyz, cho 4 đường thẳng  1

là mặt phẳng chứa hai đường thẳng  d1

hệ tọa độ Oxyz, cho 4 đường thẳng  1

là mặt phẳng chứa hai đường thẳng  d1

Gọi A   d3  P Xét hệ phương trình

11

1;1;11

Câu 2: [2H3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Trong không gian với

hệ tọa độ Oxyz, cho 3 đường thẳng

Vì B là trung điểm của AC nên

1 52

Điều kiện xác định: x   3

trình log2x 2 log3x1

là

Lời giải Chọn B.

Điều kiện xác định của phương trình là x  2

t

x x

x x