Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường thpt chuyên quang trung bình phước lần 1 | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện

A. Sau đúng 6 tháng, người đó lại gửi thêm 100 triệu đồng với hình thức và lãi suất như trên. Hỏi sau 1 năm tính từ lần gửi đầu tiên người đó nhận số tiền gần với kết quả nào nhất?.. A..[r]

Trang 1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUANG TRUNG –BÌNH PHƯỚC -LẦN 4 - 2018

Câu 1: [2D1-4] [ THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước, lần 4, năm 2018 - Câu 32]

Cho hàm số y f x  có đạo hàm trên  và có đồ thị như hình vẽ Đặt hàm số

yg x  f x   x m Tìm m để    

0;1

maxg x  10.

A m 13 B m3 C m 12 D m 1.

Lời giải Chọn A

Hàm số y f x  có dạng: y ax 3bx2cx d

Ta có: f x  3ax22bx c

Theo đồ thị, hai điểm A1;3 và B1; 1 là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số  y f x  .

Ta có hệ:

3 1

a b c d

  



   



    



     



1 0 3 1

a b c d





 



   



 



Do đó: f x  x33x 1

Ta có: f x  3x2 ; 3   0 1

1

x

f x

x





     

 Lại có: g x  6x21 f 2x3 x 1

3

0

x

x x

     

với x0 0;1 và thỏa 3

2x x  1 1.

Ta có: g 0  f     1 m 3 m

 1  2 3

g  f   m m

g x  f     m m

Theo đề bài, ta có: 3  m 10m 13

HƯỚNG 2 (CAO THỜI_ĐỀ XUẤT)

Trang 2

Đặt t2x3 x 1,x 0;1 t x'  6x2   1 0, x  0;1 , hàm số t(x) đồng biến.

Dó đó x 0;1   t  1; 2 Từ đồ thị hàm số ta có

         

Suy ra        



            Chọn A.

Câu 2: [1H3-3] [ THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước, lần 4, năm 2018 - Câu 33]

Cho lăng trụ tam giác đều ABC A B C    có cạnh đáy bằng a Biết góc giữa hai mặt phẳng

A BC  và A B C   bằng 60 ,  M là trung điểm của B C Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng A BC  .

A. 3

a

6

3 a.

Lời giải Chọn A.

Gọi I là trung điểm của BC , H là hình chiếu của A lên A I

 A BC ; A B C    A IA 60

Suy ra: ;  1 ;  1 ;  1

d M A BC   d B A BC    d A A BC   AH

4

a

AH  AI   Vậy ;  3

8

a

d M A BC  

Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 1 1

d :    

, và điểm A ; ;2 2 4 và mặt

phẳng  P : x y z    Viết phương trình đường thẳng 2 0  nằm trong  P cắt d sao cho

khoảng cách từ A đến  lớn nhất

x  y  z

x  y  z

Trang 3

C 2 2 4

x  y  z

x  y  z

Lời giải Chọn B.

Ta cóđiểm A ; ;2 2 4 thuộc 1 1

  Gọi B d  P suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình

2 0

x y z





    



1 0 1

B ; ;

Đường thẳng  cắt d mà d  P nên  đi qua B ; ; Khi đó để thỏa mãn yêu cầu bài 1 0 1

toán thì  đi qua B ; ; và vuông góc với d Suy ra 1 0 1  đi qua B ; ; và có VTCP là1 0 1

1 2 1

P d

  là VTCP nên  x13 y24  z13.

Một người gửi tiết kiệm vào một ngân hàng 200 triệu đồng theo thể thức lãi kép (tức là tiền lãi được cộng vào vốn của kì tiếp theo) Ban đầu người đó gửi với kì hạn 3 tháng Lãi suất 3%/kì hạn, sau hai năm, người đó thay đổi phương thức gửi, chuyển thành kì hạn một tháng với lãi suất 0,6%/tháng Tính tổng số tiền lãi và gốc nhận được sau 5 năm (kết quả làm tròn đến đơn vị nghìn đồng)

A 290640000 B 290642000 C 290646000 D 290644000

Lời giải Chọn B

+) Số tiền người đó nhận được sau hai năm đầu:  8

200000000 1 0,02

+) Số tiền người đó nhận được sau 5 năm:  36

BÀI TƯƠNG TỰ

1 [2D2-2] Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với kì hạn 3 tháng (1 quí), lãi suất 6% một quí theo hình thức lãi kép (lãi cộng với vốn) Sau đúng 6 tháng, người đó lại gửi thêm 100 triệu đồng với hình thức và lãi suất như trên Hỏi sau 1 năm tính từ lần gửi đầu tiên người đó nhận số tiền gần với kết quả nào nhất?

A 239 triệu đồng B 230 triệu đồng C 243 triệu đồng D 236 triệu đồng.

+) Áp dụng công thức: P n P01rn

+) Giai đoạn 1: Gửi 100 triệu, số tiền thu được sau 1 năm là  4

100 1 0,06

+) Giai đoạn 2: Sau đúng 6 tháng gửi thêm 100 triệu, số tiền thu được sau 2 quí cuối năm là

100 1 0,06

+) Vậy tổng số tiền người đó thu được sau một năm là: A P Q  238,307696 triệu đồng

Trang 4

2 [2D2-2] Tỷ lệ tăng dân số hàng năm của Việt Nam là 1,07% Năm 2016, dân số của Việt Nam là 93.422.000 người Hỏi với tỷ lệ tăng dân số như vậy thì năm 2026 dân số Việt Nam gần với kết quả nào nhất?

A 115 triệu người B 118 triệu người C 122 triệu người D 120 triệu người.

+) Áp dụng công thức .

0 n r n

P P e

+) Ta có dân số của Việt Nam đến năm 2026 là: 10 1,07%

10 93422000  103972543,9

3 [2D2-2] Trong vật lí, sự phân rã của các chất phóng xạ được biểu diễn bởi công thức:

1

2

t T

m t m  

 

  trong đó m0 là khối lượng ban đầu của chất phóng xạ (tại thời điểm t = 0); T là chu kì bán rả (tức là khoảng thời gian để một nửa khối lượng chất phóng xạ bị biến thành chất khác) Chu kì bán rã của Cabon 14C là khoảng 5730 năm Người ta tìm được trong một mẫu đồ

cổ một lượng Cabon và xác đinh được nó đã mất khoảng 25% lượng Cabon ban đầu của nó Hỏi mẫu đồ cổ đó có tuổi là bao nhiêu?

A 2378 năm B 2300 năm C 2387 năm D 2400 năm.

Giả sử khối lượng ban đầu của mẫu đồ cổ chứa Cabon là m0, tại thời điểm t tính từ thời điểm

ban đầu ta có:   5370ln 2 0 5370ln 2  

3

5370 ln

 

 

 

4 [2D2-2] Một người gửi tiết kiệm ngân hàng, mỗi tháng gửi 1 triệu đồng, với lãi suất kép 1%/tháng Gửi được hai năm 6 tháng người đó có công việc nên đã rút toàn bộ gốc và lãi về Số tiền người đó rút được là:

101 1, 01 1

  (triệu đồng) B.  29

101 1, 01 1

  (triệu đồng)

100 1, 01 1

  (triệu đồng) D.  30

100 1, 01 1

  (triệu đồng)

+) Áp dụng công thức: 1  1  1

n n

r

+) Từ đó suy ra số tiền rút được là:    30  30

30

1 1% 1

1%

Trang 5

Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình bình hành Gọi M N P Q, , , lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB SBC SCD SDA, , , Gọi O là điểm bất kì trên mặt đáy ABCD Biết thể tích khối

chóp O MNPQ bằng V Tính thể tích khối chóp S ABCD

A.27

27

9

27

4 V.

Lời giải ChọnB

Gọi K L E H, , , lần lượt là trung điểm AB BC CD DA, , ,

Ta có S ABCD 2S KLEH

;

4

Suy ra 9

2

Gọi I J, lần lượt là hình chiếu của S lên các mặt phẳng MNPQ , ABCD 

Khi đó S I J, , thẳng hàng và 2

3

SJ  SK  (do MNPQ // ABCD )

Cho hàm số y f x( ) có bảng biến thiên như hình vẽ

Phương trình [ (1 3x) 1] 3f    có bao nhiêu nghiệm.

Trang 6

Đặt

2

3 ( ) (1 3 ) 1 '( ) 3 (1 3 ) 0

2

1 3 3

3

     



     



Bảng biến thiên

Vậy g x( ) 3có bốn nghiệm.

Cho hàm số f x   2018x 2017 2 1 2018 x   x Tính f  1

A.2019.20182009 B. m2018.10092019 C 1009.20192018 D.2018.20191009

Lời giải Chọn C.

Xét u x1   2018x 2017 2 x .

1

' 2017 2 2 2018

1 ' 1 2017 2.1 2 2018 1 1 2 2019 3.2019

u

Xét u x2   2018x 2017 2 x 2016 3 x

3 2018 x 2017 2x

u

3 2018 2017 2 2016 3 2015 4

3' 1 6.2019 4.2019 1 2 3 4 2019

u

  2018  2017 2 1 2018  

2

HƯỚNG 2 (CAO THỜI_ĐỀ XUẤT)

Xét x0;  Ta có

ln f x ln 2018x ln 2017 2 x   ln 1 2018 x , đạo hàm hai vế

 

f x

Trang 7

 

Vậy f ' 1  1009.20192018 Chọn C

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1 [1D5-3] Cho hàm số f x   100x 99 2 1 100 x   x Tính f  1

A.100.10199 B. 50.10199 C 50.101100 D.101.10050.

Cho các số thực x y, thỏa mãn 0£ x y, £1 và log3 ( 1) ( 1 2 0)

1

x y

xy

æ+ ÷ö

ç

trị nhỏ nhất của biểu thức P=2x+y.

A 1

Lời giải Chọn C

Ta có log3 ( 1) ( 1 2 0)

1

x y

xy

æ+ ÷ö

ç

1

x y

x y xy xy

æ+ ÷ö ç

Û çç ÷= -÷÷ + + +

ç

3 1

x y xy

- + + + +

-1 3

xy

x y

x y xy

-+

+

- Û (x+y)3x y+ = -(1 xy)31 -xy (*)

Xét hàm số f t( )=t.3t, t³ 0 có f t¢ = +( ) 3t t.3 ln 3 0t > , " ³t 0Þ f t( ) đồng biến trên

(0;+¥ )

Do đó (*) Û x+ = -y 1 xy 1

1

x y

x

+ .

2 1

x

+

2

1

x

+ +

=

Xét hàm số ( ) 2 2 1

1

g x

x

+ +

=

+ , xÎ [ ]0;1 có ( )

2 2

1

g x

x

+

+ , " Îx [ ]0;1Þ g x( ) đồng

biến trên [ ]0;1

Vậy minP=g( )0 = 1

HƯỚNG 2.(CAO THỜI ĐỀ XUẤT)

Phân tích ( ) 2 2 1 2( 1) 1 3 2.2 3 1

1 [2D4-4] [CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 4]Cho các số thực x y, thỏa mãn 0£ x y, £1

1 2

2

4 x y log x 2x 3 2 x xlog 2 x y 2  Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức0

2

P= x+y.

A 1

Trang 8

Ta có    2  2 2    

1 2

2

4 x y log x 2x 3 2 x xlog 2 x y 2 0

2

2x- x+ log x 2x 3 2 x y+ log 2é x y 2ù

Xét hàm số f t( )=2 logt 2(t+ , 2) t³ 0 có ( ) ( )

2

1

2 ln 2

t

0

t

" > Þ f t( ) đồng biến trên (0;+¥ )

Do đó (*) Û x2- 2x+ =1 2(x+y) 1 2 2 1

Vậy min 1.

2

P=

2 [2D4-4] [CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 4]Cho các số thực x y, thỏa mãn 0£ x y, £1

và log3 ( 1) ( 1 2 0)

1

x y

xy

æ+ ÷ö

ç

-è ø Tính giá trị lớn nhất của biểu thức P=2x+y.

A 1

Lời giải Chọn B

Ta có log3 ( 1) ( 1 2 0)

1

x y

xy

æ+ ÷ö

ç

1

x y

x y xy xy

æ+ ÷ö ç

Û çç ÷= -÷÷ + + +

ç

3 1

x y xy

- + + + +

-1 3

xy

x y

x y xy

-+

+

- Û (x+y)3x y+ = -(1 xy)31 -xy (*)

Xét hàm số f t( )=t.3t, t³ 0 có f t¢ = +( ) 3t t.3 ln 3 0t > , " ³t 0Þ f t( ) đồng biến trên (0;+¥ )

Do đó (*) Û x+ = -y 1 xy 1

1

x y

x

+ . Khi đó 2 1

1

x

+

2

1

x

+ +

=

Xét hàm số ( ) 2 2 1

1

g x

x

+ +

=

+ , xÎ [ ]0;1 có ( )

2 2

0 1

g x

x

+

+ , " Îx [ ]0;1Þ g x( ) đồng biến trên [ ]0;1

Vậy maxP=g( )1 = 2

Cho  H là hình phẳng giới hạn bởi parabol 3 2

2

y x và đường Elip có phương trình

2

2 1 4

x

y

  (phần tô đậm trong hình vẽ) Diện tích của  H bằng

Trang 9

-3 -2 -1 1 2 3

-2

2

x y

A 2 3

6

3



4



+) Phương pháp: Sử dụng công thức tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y f x  , đồ

thị y g x   và các đường thẳng x a  ; x b a b  là b    

a

S f x g x dx +) Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm của parabol và Elip đã cho là

2 4 3 1

4 4

x x

   3x4 x2 4 0 suy ra x  1

Phương trình

2

2 1 4

x y

4

x

y   Bài toán đưa về tính diện tích hình phẳng giới hạn

bởi parabol 3 2

2

y x , đồ thị hàm số

2 1 4

x

y  và các đường thẳng: x  ; 1 x 1

Vì parabol và Elip đều đối xứng qua Oynên diện tích hình phẳng H bằng

 

0

3

H

    

4

x

1

2

3

x

x x

    I 33 ,

với

1

2

0

I  x x ,

Đặt x2sint, 0;

2

t  

   suy ra dx2 cos dt t;x   ; 0 t 0 1

6

  

6

2

0

2cos 4 4sin d



0

4 cos dt t



0

2 1 cos 2 dt t



0

1

2 sin 2 2



3



 

Do đó   3

H

6

 

 Chọn A

Bài tương tự

Trang 10

Bài 1 [2D3-3] Cho  H là hình phẳng giới hạn bởi parabol x23y0 và đường tròn có phương trình x2y2 4 (hình vẽ) Diện tích của  H bằng

A 4 3

3

  .

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol và đường đã cho là

4

9

x

x    x49x236 0 suy ra x  3 Phương trình 2 2

4

x y   y  4x2 Bài toán đưa về tính diện tích hình phẳng giới hạn

bởi các đường:

2

2 4

3 3 3

x y x x

   



  





  



 



Vì  H đối xứng qua Oynên

 

3 2

2

0

3

H

x

0

3

x

3

x

3 0

1

4 sin 2

2



3 3 0

2 9

x

3

 

 Chọn A.

Bài 2 [2D3-3] Tính diện tích hình phẳng  H giới hạn bởi parabol 2

4

y x x và tiếp tuyến

với parabol kẻ từ điểm 5;6

2

A 9

9

3

4

3.

Lời giải

1

-1

-2

-3

y = -x 2

3 y = - 4 - x 2

y

x

Trang 11

Chọn A

Phương trình tiếp tuyến với parabol đã cho kẻ từ điểm 5;6

2

  là d y1: 2x1 và

d y  x

Chia hình phẳng  H thành hai hình lần lượt giới hạn bởi

 

2

1

4

5 2

x



  



 



 



và  

2

4

2 4

H x x

  



  













Suy ra S H S H1 S H2

5

4 2

5 1

2

2x 1 4x x dx 4x 16 4x x dx

        

5

4 2

5 1

2

5

4

5 1

2

Cho hàm số 2 2

1

x y x





 có đồ thị  C Một tiếp tuyến bất kỳ với  C cắt đường tiệm cận đứng

và tiệm cận ngang của  C lần lượt tại A và B, biết I1; 2 Giá trị lớn nhất của bán kính

đườngtròn nội tiếp tam giác IAB là:

A.8 4 2 B.4 2 2 C.8 3 2 D 7 3 2

Lời giải

Chọn B

1

x y

x





 .TXD : \ 1 

Đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của  C lần lượt là: d x1: 1 và d2:y2

 2

4 1

y

x



 



Trang 12

Gọi ; 2 2  

1

m



  m Tiếp tuyến với 1  C tại M có phương trình là:

1 1

m

m m



 A    d1 1; 2 6

1

m A

m



    ;  B d2  B m2 1; 2 8

1

IA

m

 , IB 2m1 ,

2 2

64

1

m



Ta có tam giác IAB là tam giác vuông tại I nên   1

2

IAB

S  IA IB

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác IABlà: r 2SIAB

IA IB AB



Hay

2 2

16

r



Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có 8 2 1 8

2 2

64



Vậy 16 4 2 2

8 4 2

 Dấu bằng xảy ra khi và khi  2 3

1

m m

m





     



CÁC CÂU TƯƠNG TỰ

1.[2D1-3]

Cho hàm số 2 2

1

x y

x





và tiệm cận ngang của  C lần lượt tại A và B, biết I1; 2 Giá trị nhỏ nhất của bán kính

đườngtròn ngoại tiếp tam giác IAB là:

Lời giải

Chọn B

1

x

y

x





 .TXD : \ 1 

 2

4

1

y

x



 



Gọi ; 2 2  

1

m



1 1

m

m m



 A    d1 1; 2 6

1

m A

m



    ;  B d2  B m2 1; 2 8

1

IA

m

 , IB 2m1 ,

2 2

64

1

m



Ta có tam giác IAB là tam giác vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác

IABlà: 1 1 32

R AB

Trang 13

Dấu bằng xảy ra khi và khi  2 3

1

m m

m





     



2.[2D1-3]

Cho hàm số 2 2

1

x y x





và tiệm cận ngang của  C lần lượt tại A và B Khi khoảng cách từ I1; 2 đến tiếp tuyến đó

lớn nhất thì độ dài AB bằng:

Lời giải

Chọn A

1

x y

x





 .TXD : \ 1 

 2

4 1

y

x



 



Gọi ; 2 2  

1

m



1 1

m

m m



 A    d1 1; 2 6

1

m A

m



    ;  B d2  B m2 1; 2

Ta có tam giác IAB là tam giác vuông tại I nên   1 8

2

IAB

S  IA IB

Ta có  ,  2 IAB 16

I AB

S d

Vậy dI AB, max ABmin

Mà

2 2

64

1

m



Dấu bằng xảy ra khi và khi  2 3

1

m m

m





     

 Khi khoảng cách từ I1; 2 đến tiếp tuyến đó lớn nhất thì độ dài AB bằng 4 2

Cho hàm số y f x  có đồ thị hàm số y f x  như hình vẽ và f x   ,0

 ; 3, 4 9; 

x

      Đặt g x   f x mx  với m Có bao nhiêu giá trị của m5

để hàm số y g x   có đúng hai điểm cực trị?

Trang 14

A 8 B 11 C 9 D 10

Lời giải Chọn C

Ta có g x   f x  m

g x   f x  m  f x  m

Để hàm số y g x   có đúng hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình g x   có 0

hainghiệm bội lẻ phân biệt 5

m m





   

 Khi đó m0;1;2;3;4;5;10;11;12 .

Vậy có 9 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.

1 [2D1-3] Cho hàm số f x xác định trên    và có đồ thị của hàm số f x  như hình vẽ.

Hàm số y g x    f x 4x có bao nhiêu điểm cực trị?

Định dạng
Số trang	19
Dung lượng	1,15 MB