Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường thpt chuyên hạ long lần 2 mã 108 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Biết rằng trong các thiết diện của hình chóp cắt bởi các mặt phẳng chứa SO , thiết diện có diện tích lớn nhất là tam giác đều cạnh bằng a , tính thể tích khối chóp đã cho.. A..[r]

Câu 1 [1H3-3] Câu25 [Chuyên Hạ Long, lần 2, 2018-Mã đề 108] Cho Cho hình chóp S ABCD có

đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA a 2.Gọi,

M N lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các cạnh SB SD (tham khảo hình vẽ ,

bên) Góc giữa mặt phẳng (AMN và đường thẳng SB bằng)

Mặt khác theo giả thiết: AM SB (2)

Từ (1),(2) AM SC Chứng minh tương tự: AN SC  SC(AMN)

 Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( AMN là )  900 (SB SC, )

Xét tam giác SBC có SB a 3,SC2a , BC a  SBC vuông tại B

tan

3

BC BSC

SB

 BSC  300   900 (SB SC, ) 60 0 (OK)

Bài toán tương tự:

Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, hai mặt phẳng SAB

32

S ABCD SCD

V S

2

a



(Sao không chuyển khoảng cách từ B sang A? cho nhẹ nhàng!)

Tam giác SAB vuông tại A nên SB SA2AB2 a 2

Tam giác SIB vuông tại I nên sin BSI 

BI SB

12

Bài 2 Cho tứ diện OABC có OA OB OC, , đôi một vuông góc Góc giữa đường thẳng AC và

(OBC) bằng 600 , OB=a, OC a= 2 Gọi M là trung điểm của cạnh OB Góc giữa đường thẳng OA với mặt phẳng (ACM) bằng:

3arcsin

1arcsin

Bài 3 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB là tam

giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy ABCD

Gọi H là trung điểm của AB Tính côsin của góc giữa SC và SHD

a



; SI  SC2 CI2 

65

a

Vậy cosSC SHD,   cosCSI

SI SC





15

Câu 2 [2D1-3] Câu 36 [Chuyên Hạ Long, lần 2, 2018-Mã đề 108] Gọi S là tập các giá trị nguyên

của tham số m sao cho GTLN của hàm số

5 3

5 ( )

13

3

y

m g

m g

Lời giải Chọn B.

Câu 42 [1D2-3] Câu 42 [Chuyên Hạ Long, lần 2, 2018-Mã đề 108] Với hình vuông A B C D như1 1 1 1

hình vẽ bên, cách tô màu như phần gạch sọc được gọi là cách tô màu “đẹp” Một nhà thiết kếtiến hành tô màu cho một hình vuông như hình bên, theo quy trình sau:

Bước 1: Tô màu “đẹp” cho hình vuông A B C D 1 1 1 1

Bước 2: Tô màu “đẹp” cho hình vuông A B C D là hình vuông ở chính giữa khi chia hình 2 2 2 2

vuông A B C D thành 9 phần bằng nhau như hình vẽ.1 1 1 1

Bước 3: Tô màu “đẹp” cho hình vuông A B C D là hình vuông ở chính giữa khi chia hình 3 3 3 3

vuông A B C D thành 9 phần bằng nhau như hình vẽ Cứ tiếp tục như vậy.2 2 2 2

Hỏi cần ít nhất bao nhiêu bước thì tổng diện tích phần được tô màu chiếm nhiều hơn 49,99%diện tích hình vuông ban đầu

Lời giải Chọn B.

Từ giả thiết suy ra cần tìm n sao cho

Câu 1 [1D2-3] Cho hình vuông C 1

Bước 1: Từ cạnh của hình vuông C người ta chia mỗi cạnh của hình vuông thành 4 phần bằng1

nhau và nối các điểm chia một cách thích hợp để được có hình vuông C , sau đó tô màu 4 tam2

giác như hình vẽ

Bước 2: Từ hình vuông C lại làm tiếp như trên để có được hình vuông 2 C và tô màu 4 tam3

giác như trên Cứ tiếp tục quá trình như trên

Hỏi cần ít nhất bao nhiêu bước thì tổng diện tích phần được tô màu chiếm nhiều hơn 49,99%diện tích hình vuông ban đầu

Lời giải Chọn C.

điểm của I B , 1 I là trung điểm của 3 I B ,…Tìm n để tổng diện tích 2 S của n hình tròn nói trênchiếm nhiều hơn 33% hình tròn ban đầu.

Lời giải Chọn C.

Gọi S là diện tích của hình tròn 1 C , khi đó 1 2

S   Gọi S là diện tích của hình tròn 2 C , khi đó 2

V

V bằng

A.

1

1

1

1.7

Lời giải Chọn A

Gọi Hlà trung điểm của ' 'A C  B H' A C' ( vì B H' (AA ' ' )C C ).

Từ Hkẻ HK vuông góc với 'A C cắt AA' tại K , 'A C tại I

'

A H CC

147

V V

7

17.7

Lời giải:

Chọn A

Gọi N là giao điểm của A M  và AB,K là giao điểm của DNvà BC.

Mặt phẳng ( A MD  )chia hình lập phương ABCD A B C D    thành hai khối đa diện

A MKDAB  và khối đa diện A B C D MKCD    

1AA'.AN.AD=

Ta có:

1'



.216

z z  z z   x2y22x 3 0 Khi đó tập hợp các điểmM x y( , ) biểu

diễn số phức zlà đường tròn ( )C có tâm I ( 1,0) và bán kính R  2

Ta có | |z minOMmin, | |z maxOMmax

Đường thẳng OI có phương trình y 0

OI cắt ( )C tại 2 điểm phân biệt A B, có tọa độ là nghiệm của hệ

Câu 1 [2D4-3-PT1] Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 2 4 i  5 Gọi M và m lần lượt là

giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z Giá trị biểu thức



Câu 2 [2D4-4-PT1] Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 1 i |z 3 2 | i  5 Gọi M và m

lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z2i Giá trị biểu thức M2m2 bằng

nhưng do góc OAB là góc tù nên

không tồn tại điểm M trên đoạn AB sao cho OM AB

Nếu góc OAB là góc nhọn ta đánh giá zmin d O AB ; 

, zmax max{OA OB; }

Câu 4 [2H2-4] Câu 48 [ Chuyên Hạ Long lần 2, 2018-Mã đề 108] Trong không gian, cho 4 mặt

cầu có bán kính lần lượt là 2;3;3; 2 (đơn vị độ dài) đôi một tiếp xúc ngoài với nhau Mặt cầunhỏ nhất tiếp xúc ngoài với cả 4 mặt cầu nói trên có bán kính bằng

Gọi A B, là tâm các quả cầu bán kính 2, C D, là tâm các quả cầu bán kính 3

I là tâm quả cầu nhỏ bán kính R

Khi đó IA IB R  2;IC ID R  3

Khi đó I( )P là mp trung trực của đoạn AB và I( )Q là mp trung trực của CD

Hay I( ) ( )P  Q

Xét tứ diện ABCD có DA DB CA CD    5

R 

Câu 5 [1D2-4] Câu 49 [ Chuyên Hạ Long lần 2, 2018-Mã đề 108] Một tòa nhà có n tầng các tầng

được đánh số từ 1 đến n theo thứ tự từ dưới lên Có 4thang máy đang ở tầng 1 Biết rằng mỗi thang máy có thể dừng ở đúng 3 tầng (không kể tầng 1) và 3 tầng này không là 3 số nguyên liên tiếp và với hai tầng bất kì (khác tầng 1) của tòa nhà luôn có một thang máy dừng được ở cả

hai tầng này Hỏi giá trị lớn nhất của n là bao nhiêu?

Lời giải Chọn A

Giả sử 4thang máy đó là A B C D, , ,

+) Khi bốc 2tầng 2,3 có 1 thang dừng được giả sử đó là thang A, nên tầng 4không phải thangA dừng

+) Khi bốc 2tầng 3, 4 có 1 thang dừng được giả sử đó là thang B, nên tầng 5 không phải thangB dừng

+) Khi bốc 2tầng 4,5 có 1 thang dừng được giả sử đó là thang C , nên tầng 6 không phải thang C dừng.

+) Khi bốc 2tầng 5,6 có 1 thang dừng được giả sử đó là thang D

+) Khi bốc 2tầng 6,7 có 1 thang dừng được khi đó không thể là thangA B C, , vì sẽ dừng 4lần(Mâu thuẫn): thang D không thể dừng ở tầng 7 do không thể ở 3 tầng liên tiếp

Vậy khách sạn có tối đa 6 tầng

Câu hỏi tương tự.

Ta có 3 đường thẳng đôi một cắt nhau, không đồng qui, chia mặt phẳng thành 7 phần

3 mặt phẳng chia không gian thành 8 phần, mặt phẳng thứ 4cắt 3 mặt phẳng trước theo 3giao tuyến, 3 giao tuyến này chia mặt phẳng thứ 4 thành 7 phần, mỗi phần lại chia 1 phần củakhông gian thành 2 phần.

Vậy 4 mặt phẳng chia không gian thành 8 7 15  phần

Câu 2 [1D2-4] (Sưu tầm)

Trong một giải cờ vua có 8 kì thủ tham gia, thi đấu vòng tròn một lượt, thắng được 1 điểm,hòa được

1

2 điểm, thua được 0 điểm Biết rằng sau khi tất cả các trận đấu kết thúc thì cả 8 kì

thủ nhận được một số điểm khác nhau và kì thủ xếp thứ hai bằng tổng điểm của 4kì thủ xếpcuối cùng Hỏi ván đấu của kì thủ xếp thứ 4 và kì thủ xếp thứ 5 đã kết thúc với kết quả như thếnào?

Sau khi hết giải số ván 4kì thủ cuối đấu với nhau là 4.3 : 2 6 

Sau mỗi ván tổng số điểm của 2 kì thủ nhận được là 1 Gọi S là tổng điểm của 4kì thủ cuối vớiS  Nếu 6 S 6,5 thì số điểm của kì thủ thứ hai lớn hơn hoặc bằng 6,5

Do 8 kì thủ được các điểm khác nhau nên kì thủ đứng đầu có số điểm lớn hơn hoặc bằng 7 Do

kì thủ đứng đầu đấu 7 ván nên điều này xảy ra S 6,5và kì thủ đứng đầu toàn thắng Từ đó ta

có số ván thắng của kì thủ thứ hai nhỏ hơn hoặc bằng 6 (Mâu thuẫn) Suy ra S  Khi đó 6 4kìthủ xếp cuối chỉ dành điểm khi đấu với nhau ngoài ra thua các kì thủ khác Vậy kì thủ thứ tư thắng kì thủ thứ năm trong trận đấu trực tiếp

Câu 6 [2D3-3] Câu 50 [ Chuyên Hạ Long lần 2, 2018-Mã đề 108]

Cho các số p q, thỏa mãn các điều kiện: p1,q1,

,

x a y b  Khi so sánh S1S2và S , ta nhận được bất đẳng thức nào trong các bất đẳng thức

dưới đây?

Ta có

1 1

0

a p

S x dx

0

a p

x p



p

a p



0

b p

0

1

b p p

p y p

A

25ln4

k 

9ln4

k 

8ln3

k 

5ln2

k x

S e dx

0

k k

x k

khi

52

Phương trình hoành độ giao điểm: x2  k x k

Ta có

●

4 2

0

S S x dx

4 3

0

64

Yêu cầu bài toán 1  1 2

12

Câu 3 [2D3-3- PT3] Cho parabol  P : yx2 2x , có đỉnh S và A là giao điểm khác O của

 P và trục hoành M x y là điểm di động trên SA (( ; )0 0 M x y( ; )0 0

không trùng với S ) Tiếp tuyến d của  P

tại M cắt Ox ,Oy lần lượt tại E và F S là diện tích hình phẳng giới hạn 1

0

42

f m

43

Câu 3 [2D4-3] [Chuyên Hạ Long, lần 2, 2018-Mã đề 123] Cho số phức z thỏa mãn z 3 4 i  5

Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P 

25350

P 

415

P 

185

P 

Lời giải

Vì 8x E 8y E 25 8  x F 8y F 25  nên hai điểm 0 E F, nằm cùng phía đối với đường thẳng 

Gọi E là điểm đối xứng với E qua 

Đường thẳngEE đi qua điểm E1; 1  và có VTPT nEE u 3; 4  nên có phương trình

x y

E ¢ đối xứng với E qua H nên

117254425

E

E

x y

Dấu bằng xảy ra  M là giao điểm của E F¢ và đường thẳng 

Đường thẳng E F đi qua điểm F2; 3 

x y

Ta có P MA MB  , gọi E là hình chiếu vuông góc của I lên trục tung, ta thấy P nhỏ nhất

khi E là trung điểm AB suy ra

62

Câu 6 [2D1-3] Câu 39 [Chuyên Hạ Long, lần 2, 2018-Mã đề 123] Cho hàm số yf x( ) liên tục và

có đạo hàm trên  Hàm số yf x( ) có đồ thị như hình bên Hàm số yf x x(  2) đồng biến trên khoảng

A

1

; .2

Câu1 Câu 1 [2D1-3] Cho hàm số yf x( ) liên tục và có đạo hàm trên  Hàm số yf x( ) có đồ

thị như hình bên Hàm số yf x( 2 x 3) đồng biến trên khoảng nào?

A

1

; .2

 

Lời giải Chọn A

y         Vậy hàm số đồng biến trên khoảng x x   ; 1 

Câu 7 [2H3-6.0-3] Câu 41 [Chuyên Hạ Long, lần 2, 2018-Mã đề 123] Trong không gian Oxyz, cho

Gọi tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC là I x y z ; ; 

Ta có phương trình OBC

: x z  0Phương trình mặt phẳng ABC: 5x3y4z15 0 .

Tâm I cách đều hai mặt phẳng OBC

Nhận xét: hai điểm A và O nằm về cùng phía với   nên loại  

Hai điểm A và O nằm về khác phía   nên nhận  

Thấy ngay một vectơ pháp tuyến là 10; ;a b thì a  , 3 b  Vậy 1 a b  2

Phân tích: Bản chất bài toán là đi lập phương trình mặt phẳng phân giác “trong” của hai mặt phẳng OBC và ABC.

Bài phát triển 1: Trong không gian Oxyz, cho các điểm A3;0;0

Tổng a b là:

Lời giải Chọn B.

Ta có BC   1; 3;1

AD 3;1;0

Suy ra BCAD.Suy ra BCI AD

Suy ra BCI

có một véc tơ pháp tuyến là AD 3;1;0.Thấy ngay một vectơ pháp tuyến khác là 6; 2;0 do đó a  , 2 b  Vậy 0 a b  2

Bài phát triển 2: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A3;0;0

, B1;2;1

, và C2; 1;2  Tập hợp tất cả các điểm trong không gian có tỉ số khoảng cách đến hai mặt phẳng ABC và

OBC

bằng 2 là:

A Một mặt phẳng B Hai mặt phẳng C Một mặt cầu D Một mặt trụ.

Lời giải Chọn B.

Gọi điểm I x y z ; ; 

có tỉ số khoảng cách đến hai mặt phẳng bằng 2

Ta có phương trình OBC

: x z  0Phương trình mặt phẳng ABC

m

B

3.2

m 

C

7.2

m

D

7.2

x m

k x x

m

k x

22

m

k x x

m

k x

Từ đó suy ra để tam giác ABC là tam giác đều thì 2

x m y

(

a

b là phân số tối giản, a  ,

*

b   ) là số thực sao cho từ điểm A(1;1) kẻ được hai tiếp tuyến AB AC, đến ( )C (B C, là các

tiếp điểm) và tam giác ABC là tam giác đều Tính a b .

m

k x x m k x

A kẻ được hai tiếp tuyến AB AC, đến ( )C (B C, là các tiếp điểm) và tam giác ABC là

tam giác đều

m 

C

1.2

m

D

5.2

m

Lời giải

Chọn A.

Phương trình đường thẳng đi qua điểm A(2;2)là: y k x   22 d

21

x m

k x x

m

k x

11

m

x m

k x x

đường cao SO Biết rằng trong các thiết diện của hình chóp cắt bởi các mặt phẳng chứa SO, thiết diện có

diện tích lớn nhất là tam giác đều cạnh bằng a , tính thể tích khối chóp đã cho.

A

3 2.6

a

3 3.12

a

3 3 4

a

3 3.6

a x

2.3

 a x

a x

Lời giải Chọn D.

Ta có BCAB SA, AB nên   song song với các đường thẳng SA và BC Mặt phẳng

  cắt ,SB SC AC lần lượt tại , ,, N P Q thì , NP MQ cùng song song với ; BC MN PQ,cùng song song với SA; SAABC

nên suy ra thiết diện cần tìm là hình chữ nhật MNPQ.

4



MNPQ

a S

Tổng các nghiệm phức của phương trình là : 1 2 i

Hai câu tương tự :

Câu 1 [2D4-2] Gọi z z z z là các nghiệm phức của phương trình 1, , ,2 2 4

4

112

i

Lời giải Chọn B

2

11

Suy ra tổng mô-đun các nghiệm bằng 6.

Câu 3 [2D4-3] Gọi z là số phức thoả mãn z2   z 1 0 Giá trị của biểu thức

z z

1

z z

Ta cũng có

3 3

1

z z

1

z z



2 2

2

1

z z

A m 0 B m  1 C m  1 D m [0;1].

Lời giải Chọn C.

TH1: Nếu m 0 thì hàm số đồng biến trên 0; (thỏa mãn)

m

B m 1 C

193

m 

D m  1

Lời giải Chọn A.

ìïï = Þ =ïïï

1

2 2

Phương pháp giải: Khi gặp dạng tích phân mà dưới mẫu số là một hàm g x( )

và trên tử có thể biểu diễn

( ) ( ) ( )

Bài 1 Tính các tích phân sau:

p

=ò

x Đặt t=cosx , suy ra dt=- sinxdx

Đổi cận:

.123

p

=

=

ì = Þïï

ïí

ï = Þïïî

t t

x x

Suy ra

1

1 2

p

-=+

1

2 1

d ln

=

+ò

x x

1 ln 1ln

=

+ò

x x

Q ta phân tích P=A Q 2+B Q C Q Sau đó ta đi tìm + ' A B C, , Chú

ý ở đây A B C, , có thể là hằng số, có thể là đa thức hoặc cũng có thể là một biểu thức hổn hợp.Hai là tích phân K ở trên thuộc dạng không tính được ở sơ cấp, may mắn là khi tính tích phân

H nó đã doi ra lượng tích phân - K, đây là ý đồ của người ra đề muốn làm khó chúng ta.Tương tự như thế, ta xét đến câu b sau đây:

2

2 1

1- 1+

=

+ò