Bài tập có đáp án chi tiết môn toán trong đề thi thử thpt quốc gia | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Để mở cửa cần nhấn 3 nút liên tiếp khác nhau sao cho 3 số trên 3 nút theo thứ tự đã nhấn tạo thành một dãy số tăng và có tổng bằng 10.. Học sinh B chỉ nhớ được chi tiết 3 nút tạo thành d[r]

Câu 41: [1D2-3] Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học của lớp mình Bảng

gồm 10 nút, mỗi nút được ghi một số từ 0 đến 9 và không có hai nút nào được ghi cùng một số

Để mở cửa cần nhấn 3 nút liên tiếp khác nhau sao cho 3 số trên 3 nút theo thứ tự đã nhấn tạo thành một dãy số tăng và có tổng bằng 10 Học sinh B chỉ nhớ được chi tiết 3 nút tạo thành dãy

số tăng Tính xác suất để B mở được cửa phòng học đó biết rằng để nếu bấn sai 3 lần liên tiếp của sẽ tự động khóa lại

A

631

189

1

1 15

Lời giải Chọn A.

Gọi Ai(i=1,2,3…) là biến cố lần thứ i học sinh B mở được cửa

Không gian mẫu   3

10

Có 8 cặp 3 số có tổng bằng 10 là:

 0;1;9 ; 0; 2;8 ; 0;3;7 ; 0;4;6 ; 1; 2;7 ; 1;3;6 ; 1; 4; 5 ; 2;3;5

Xác suất để học sinh B mở được cửa lần thứ i là   3

10

15

i

P A

C

Xác suất để học sinh B không mở được cửa lần thứ i là

1

15 15

i

Xác suất để học sinh B bấm 3 lần mở được cửa là C :

Câu 42: [2H1-4] Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P lần lượt thuộc các cạnh BC , BD , AC

sao cho BC4BM, AC3AP, BD2BN Tính tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mp MNP  .

A

7

7

8

8

13.

Lời giải Chọn A.

k A

B

C

D

I

M

P

N

(Địnhlý Menelaus Cho tam giác ABC đườngthảng d

cắtcáccạnh AB BC CA, , lầnlượtại

, ,

MA PB NC

)

N A

M

C

GọiI MNDC K, ADPI.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BCD và3điểm M N I, , ta có

1

3

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ACD và 3 điểm P K I, , ta có

2 3 2 1

3 4 4 2

(3)

(4)

APKN

ACDN

NCPKD

ACDN

V

V

A

D I

K E

H

J

20

CMPKDN CPMN NCPKD ABCD

7 13

ABMNKP

CMNDK

V

V

Câu 43: [2H1-4] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB a , AD2a Mặt

phẳng SAB và SAC cùng vuông góc với ABCD Gọi H là hình chiếu vuông góc của A

trên SD Tính khoảng cách giữa AH và SC biết AH  a

A

73

2 73

19

2 19

19 a.

Lời giải Chọn C.

+ Kẻ HK/ /SCSC/ /HAK d SC AH , d SC HAK ,  d S HAK ,  

+ Kẻ HE SA/ / HEABCD

+

3

3

a

DH

+

4 19

(

, EJ

)

+     4     19

Câu 44: [1H3-4] Người ta cần trang trí một kim tự tháp hình chóp tứ giác đều S ABCD cạnh bên bằng

200 m , góc ASB  bằng đường gấp khúc dây đèn led vòng quanh kim tự tháp15

AEFGHIJKLS Trong đó điểm L cố định và LS 40 m Hỏi khi đó cần dung ít nhất bao nhiêu mét dây đèn led để trang trí?

B

A

D

C

S

L

G H

K

A 40 67 40 mét. B 20 111 40 mét. C 40 31 40 mét. D 40 111 40 mét.

Lời giải Chọn C.

Ta sử dụng phương pháp trải đa diện

Cắt hình chóp theo cạnh bên SA rồi trải ra mặt phẳng hai lần, ta có hình vẽ sau

Từ đó suy ra chiều dài dây đèn led ngắn nhất là bằng AL LS .

Từ giả thiết về hình chóp đều S ABCD ta có  ASL120

Ta có AL2 SA2SL22 cosSA SL ASL20024022.200.40.cos120 49600.

Nên AL 49600 40 31 .

Vậy, chiều dài dây đèn led cần ít nhất là 40 31 40 mét.

Câu 45: [2D1-3] Tìm tất cả các gúa trị tham số m sao cho đồ thị hàm số y x 42m1x2m2

có ba điểm cực trị nội tiếp đường tròn bán kính bằng 1

A

1;

2

B

0;

2

C

0;

2

D

1;

2

Lời giải Chọn B.

Ta có

2

0

1

x





Đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị   có ba nghiệm phân biệt y 0 m 1.

Khi đó

 

2

0 1

   

 

Nên ta có A0;m2

, B m 1; 2m1

, C m 1; 2m1

là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho

Ta có

2

2









4

4



 

Gọi H là trung điểm của cạnh BC  AH BC và H0; 2 m1

Mà

ABC

AB AC BC

R

Nên R và 1 BC  2 m1;0BC2 m1

2 m 1 m 1 m 1

3 3 2 0

    m0,

3 5 2



Câu 46: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm B2; 1; 3 ,   C  6; 1; 3

Trong các tam giác ABC thỏa mãn các đường trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau, hãy

tìm điểm A a b( ; ;0),b0 sao cho góc A lớn nhất Tính giá trị cosAa b

S

A 10 B  20 C 15 D

31 3



;

Lời giải Chọn C.

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh AC , AB

Gọi PBM CN, ta có BM CN nên BC2 BP2CP2.

Theo công thức tính đường trung tuyến, ta có

 2 2 2

2

 2 2 2

2

5 9

Góc A lớn nhất cos A nhỏ nhất.

Ta có

 2 2  2 2

cos

A



, dấu " " xãy ra  AB AC.

Ta có A a b ; ;0, b0 và B2; 1; 3  , C 6; 1; 3

2

2



 







2 a b 1 9 a 6 b 1 9 4 4a 12a 36 a 2

Ta có BC  8;0;6BC2 8262 100.

Khi đó từ AB2AC2 5BC2 và AB AC

Mà b0 nên ta được b14.

Vậy

2 14

15 4

cos

5

a b A

    

Câu 47: [2D1-3] Đường thẳng y k x (  2) 3 cắt đồ thị hàm sốy x 33x2 ,(1) tại 3 điểm phân1

biệt, tiếp tuyến với đồ thị (1) tại 3 giao điểm đó lại cắt nhau tai 3 điểm tạo thành một tam giác

vuông, khi đó giá trị k

A k  2 B    2 k 0 C 0  k 3 D k 3

Lời giải Chọn B.

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y k x (  2) 3 d

và đồ thị  C :

3 3 2 1

y x  x  là: x33x2 1 k x 2 3 x2 x2  x 2 k 0

 

2

2

x

 





 d

cắt  C

tại ba điểm phân biệt  Phương trình  2

có hai nghiệm phân biệt khác 2

 

9

* 4

0

k

k



   

Gọi x x là hai nghiệm phương trình 1; 2  2

Khi đó hệ số góc các tiếp tuyến tại ba giao điểm là:

1 ' 2 0; 2 ' 1 3 1 6 ;1 3 ' 2 3 2 6 2

Các tiếp tuyến tạo thành tam giác vuông nên k k2 3   1 9x x x1 2 12 x22 1

1 2 1 2 1 2

        9 2 k    2 k 2 4  1

 

 

2

3 2 2 3

3 2 2 3











Câu 48: [2D1-4] Cho hai số thực x y, thỏa mãn:9x3 2 y 3xy5x 3xy 5 0

Tìm giá trị nhỏ nhất của P x 3y36xy3 3 x21 x y 2

A

296 15 18 9



36 296 15 9



C

36 296 15 9



D

4 6 18 9

Lời giải Chọn B.

3

9x  2 y 3xy5 x 3xy 5 027x36x3xy 3xy 5 3 3xy 5 0

3x 2 3x 3xy 5 2 3xy 5

Xét hàm số f t   t3 2t

có f t'  3t2 2 0

nên hàm f t 

đồng biến Do đó

 *  f  3x  f  3xy5 3x 3xy5   và x 0 9x2 3xy 5

Với x không thỏa mãn.0

Với x thì 0 P x 3y36xy3 3 x21 x y 2 x3y36xy9x23 x y 2

       x3y33x y2 3xy22x y 4

Mà

2

4

x



Đặt t  thì x y

4 5 3

t

Xét hàm số g t    t3 2t 4

với

4 5 3

t

Khi đó   2 4 5

' 3 2 0,

3

g t  t    t

Do đó

9 3

  

36 296 15 min

9



Câu 49: [2H2-4] Cắt một khối nón tròn xoay có bán kính đáy bằng R, đường sinh 2R bởi một mặt phẳng

( ) qua tâm đáy và tạo với mặt đáy một góc 600 tính tỷ số thể tích của hai phần khối nón chia bởi mặt phẳng ( ) ?

A

2

 B 2 1 1 . C 32 D

6







Lời giải

Chọn D.

Không mất tính tổng quát ta giả sử R1.

Khi cắt một khối nón tròn xoay có bán kính đáy bằng R, đường sinh 2R bởi một mặt phẳng ( ) qua tâm đáy và tạo với mặt đáy một góc 600 thì ta được thiết diện là một đường parabol có

đỉnh là gốc O 0;0

và đỉnh còn lại là A 1;1

, do đó thiết diện sẽ có diện tích là

4 3

Xét mặt phẳng đi qua cạnh đáy của thiết diện vuông góc với hình tròn đáy của hình nón cắt hình nón làm đôi

Gọi đa diện chứa mặt thiết diện đó là  H

Gọi  K

là đa diện chứa đỉnh O của hình nón

được sinh bởi khi cắt thiết diện Parabol với đa diện  H

Khi đó khoảng cách từ O đến mặt thiết diện là

3 2

Suy ra thể tích của đa diện  K

là

K

Mặt khác thể tích của nửa khối nón là



 

Do đó thể tích của đa diện nhỏ tạo bởi thiết diện và khối nón là

3 4 3

3 2 3

Vậy tỉ số thể tích của hai phần khối nón chia bởi mặt phẳng  

là

3 4 3

18

6 3

3















Câu 50: [2D1-4] Phương trình 2x  2 3m 3xx36x29x m 2x 2 2x 11

có 3 nghiệm phân biệt khi

và chỉ khi ma b; 

Đặt T b2a2 thì:

A T 36. B T 48. C T 64. D T 72.

Lời giải Chọn B.

Ta có:

3

2x  m x x 6x 9x m 2x 2x 1

2x  m x x2  m 3x8 2 x 2 2x 1

2x  m x  x2  m 3 2x x 1

 2 2a b a3b3.2a 1

(với a x  , 2 b 3m3x )

 2ba3b32a

2bb 2a a (*)

Xét f t   2t t3

Ta có: f t  2 ln 2 3t  t2 0, t

nên f t( ) luôn đồng biến

Do đó:

(*)  b  a 3m3x   2 x  3

m x x  m  x3 6x29x8.

Lập bảng biến thiên của hàm số g x    x3 6x29x8

:

 

 

g x



4

8



Suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt khi 4  Vậy m 8 T 8242 48.