Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 sở GDĐT quảng nam | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Hỏi vào ngày 15 / 4 / 2018 người đó phải gửi vào ngân hàng số tiền là bao nhiêu để đáp ứng yêu cầu trên, nếu lãi suất không đổi trong thời gian người đó gửi tiền (gia trị gần đúng làm [r]

Câu 29: [2D2-2] [SGD Quảng Nam - 2018] Một người muốn gửi tiền vào ngân hàng để đến ngày

15 / 3 / 2020 rút được khoản tiền là 50.000.000 đồng (cả vốn lẫn lãi) Lãi suất ngân hàng là 0.55% trện tháng, tính theo thể thức lãi kép Hỏi vào ngày 15 / 4 / 2018 người đó phải gửi vào ngân hàng số tiền là bao nhiêu để đáp ứng yêu cầu trên, nếu lãi suất không đổi trong thời gian người đó gửi tiền (gia trị gần đúng làm đến hàng nghìn)?

A 43.593.000đồng B 43.833.000đồng C 44.074.000đồng D 44.316.000đồng

Lời giải Chọn C

Gọi T là số tiền cần gửi.

Từ 15 / 4 / 2018 đến ngày 15 / 3 / 2020 có 23 chu kì

Theo công thức ta có ( )23

50.000.000=T 1,0055 suy ra ( )23

50.000.000

44.074.000 1,0055

đồng

Câu 33: [2D1-2] [SGD Quảng Nam - 2018] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số

đạt cực tiểu tại x  1

3

m 

Lời giải Chọn B

Ta có y x2 2m3x m 23m 4 y2x 2m3

Hàm số đạt cực tiểu tại x  1  y 1 0  1 2m3m23m 4 0 

m  m 

2 3

m m





  

Với m  ta có 2 y2x 7 y 1  0  x là điểm cực đại của hàm số 1  m loại.2 Với m  ta có 3 y2x 3 y 1  0  x là điểm cực tiểu của hàm số 1  m 3 thỏa măn

Câu 35: [2D1-3] [SGD Quảng Nam - 2018] Cho hàm số

2

x y x





 có đồ thị  C Một tiếp tuyến của

 C cắt hai tiệm cận của  C tại hai điểm A, B và AB 2 2 Hệ số góc của tiếp tuyến đó

bằng

1 2



Lời giải

Chọn D

Ta có  2

1 2

y x



 

 Đường tiệm cận đứng là x 2; đường tiệm cận ngang là y  2

1

; 2

2

x



Phương trình tiếp tuyến của  C tại M có phương trình  0 2 0 0

2 2

x x



Gọi A là giao điểm của tiếp tuyến với đường tiệm cận đứng thì 0

2 2;2

2

A

x





Gọi B là giao điểm của tiếp tuyến với đường tiệm cận ngang thì B2x 0 2;2.

Theo đề bài ta có AB 2 2 nên

2

0 0

3 2

1 2

x

x x





Với x  thì 0 3 y 3 1

Với x  thì 0 1 y 1 1

Vậy hệ số góc của tiếp tuyến là k 1

Câu 37: [2D1-3] [SGD Quảng Nam - 2018] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số

nghịch biến trên khoảng 0;1

?

Lời giải Chọn B

y  x  m x m  m

là tam thức bậc hai có hai nghiệm phân biệt x1 ,m

x   m

Yêu cầu bài toán  y  0 x 0;1  x1  0 1 x2  m    0 1 m 4   3 m0

Do m m  3; 2; 1;0  

Câu 39: [1H3-3] [SGD Quảng Nam - 2018] Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác đều cạnh

a, SA vuông góc với mặt đáy và SA3a Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB, SC Khoảng cách giữa hai đường thẳng CM vàAN bằng

A

3 37

a

a

3 37 74

a

a

Lời giải

Chọn A

Chọn trung điểm H của BC là gốc tọa độ tia HB là trục hoành, HA là trục tung.

Ta có

3 0;a ;0 2

A 

a

3

4 4

a a

a

3

2

a

S a

3 3

3 3

a a

;

3 3

;

3



CM AN AC

d CM AN

CM AN



  

37

a



Câu 40: [2D3-3] [SGD Quảng Nam - 2018] Cho hàm số chẵn yf x  liên tục trên  và

  1

1

2

1 2







x

Tính

  2

0

d

Lời giải

Chọn D

Vì f x 

là hàm số chẵn trên  nên ta có f  x f x ,  x

Đặt

  1

1

2 d

1 2







Ta có:

Xét

  0

1 1

2 d

1 2







Đặt x t 

1





Do đó ta có

  1

0

2 d



Kết hợp với giả thiết ta được

  2

0

d 16

f x x 



Mở rộng: Làm tương tự ta có bài toán tổng quát:

Cho hàm số chẵn yf x 

liên tục trên a a; 

Với k là một số thực khác 0, m là một số

thực dương thì

 

  0

1

1

x a

f k x







Câu 41 [2H3-3] [SGD Quảng Nam - 2018] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 P : 2y z   và điểm 3 0, A2;0;0  Mặt phẳng   đi qua ,A vuông góc với  P ,

cách

gốc tọa độ O một khoảng cách bằng

4

3 và cắt các tia ,Oy Oz lần lượt tại các điểm , B C khác

O Thể tích khối tứ diện OABC bằng

8

16

3 .

Lời giải

Chọn C

Gọi B0; ;0 ,b  C0;0;c bc    0

PT mặt phẳng  : 1

2

Do      P

nên

2 1

0 b 2c

b c     PT mặt phẳng   :cx y 2z2c

 

2

3 5

c

c

Do đó,

.2.4.2

OABC

Ta có thể tạo một số bài toán tương tự bằng cách thay giả thiết      P và   qua A bằng

giả thiết   chứa đường thẳng ,d giả thiết khoảng cách bằng giả thiết góc.

Câu 1 [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng   chứa đường thẳng

2

x











 

 đồng thời cách gốc tọa độ O một khoảng cách bằng

4

3 và cắt các tia , ,Ox Oy Oz lần lượt tại các điểm , ,A B C khác O Thể tích khối tứ diện OABC bằng

8

16 3

Câu 2 [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ,  P : 2y z   và3 0, điểm A2;0;0 

Mặt phẳng   đi qua A, vuông góc với  P ,

tạo với mặt phẳng

 Q x:  2y2z  góc  sao cho 1 0

1 cos

3

  Mặt phẳng   cắt các tia Oy Oz, lần lượt tại các điểm B C, khác O Thể tích khối tứ diện OABC bằng

A

1

3

1

1 4

Câu 3 [2H3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng   chứa đường thẳng

:

 đồng thời cách gốc tọa độ O một khoảng cách lớn nhất Gọi A B C, , (khác O ) lần lượt là giao điểm của   với các tia , ,Ox Oy Oz lần lượt tại các điểm Thể tích

khối tứ diện OABC bằng

A

4913

72 B

1331

1331

4913 24

Câu 42: [1D3-3] [SGD Quảng Nam - 2018] Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a và có diện tích

1

S Nối 4 trung điểm A B C D theo thứ tự của 1, , ,1 1 1 4 cạnh AB BC CD DA, , , ta được hình vuông thứ hai có diện tích S Tiếp tục làm như thế, ta được hình vuông thứ ba là 2 A B C D có diện2 2 2 2 tích S ,…, và cứ tiếp tục làm như vậy ta được các hình vuông lần lượt có diện tích3

4, , ,5 100

S S S (tham khảo hình vẽ bên) Tính tổng S S1S2 S100

A

2 100

100

2

a

2 100 99

2

a

C

2 100 2

a

S 

2 99 98

2

a

Lời giải

Chọn B

+) Dễ thấy hình vuông thứ hai có cạnh bằng

2

   

   

    Suy ra

2 2 2

a

S 

+) Hình vuông thứ bai có cạnh bằng

2 2 4

a

S 

…

+) Cứ như vậy, ta thấy  S n

là một cấp số nhân, có S1a2 và công bội

1 2

q 

Vậy

1 1

1

2

n

q

 

  

Thay n 100, ta được

100 2

2

Mở rộng bài toán: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a và có diện tích S Nối 4 trung1 điểm A B C D theo thứ tự của 4 cạnh , , ,1, , ,1 1 1 AB BC CD DA ta được hình vuông thứ hai có diện

tích S Tiếp tục làm như thế, ta được hình vuông thứ ba là 2 A B C D có diện tích 2 2 2 2 S ,…, và3

cứ tiếp tục làm như vậy mãi mãi, ta được các hình vuông lần lượt có diện tích S S4, , , , 5 S n .

Khi đó, tổng diện tích S của tất cả các hình vuông đó là:

A S 2a2 B S  2a2 C S 3a2 D

2 3 2

Lời giải

Chọn A

+) Dễ thấy hình vuông thứ hai có cạnh bằng

2

   

   

    Suy ra

2 2 2

a

S 

+) Hình vuông thứ bai có cạnh bằng

2 2 4

a

S 

…

+) Cứ như vậy, ta thấy  S n

là một cấp số nhân, có S1a2 và công bội

1 2

q 

+) Vì công bội

1 2

q 

, nên có q 1 Do đó,  S n là cấp số nhân lù vô hạn, nên

2

2 1

1

2

n

q





Câu 43: [2D1-3] [SGD Quảng Nam - 2018] Có bao nhiêu giá trị thực của tham số mđể giá trị lớn nhất

của hàm số

yx  x m 

trên đoạn 2;1 bằng 4?

Lời giải Chọn B

Ta có f x( )x22x m  4  (x1)2m 5

Vì x   2;1

nên x 120;4, suy ra f x( ) m 5 và f x( ) m 1

Khi đó trên đoạn 2;1 thì max y max m1 ,m 5

, suy ra

1 4

5 4

m m



5 3 9 1

m m m m





 



 





Thử lại ta thấy chỉ có m  , 5 m  thỏa mãn.1

Vậy có hai giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 44: [2D2-3] [SGD Quảng Nam - 2018] Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng 9;9

của

tham số m để bất phương trình 3logx2 logm x x 2  1 x 1 x

có nghiệm thực ?

Lời giải Chọn B.

Điều kiện tồn tại của biểu thức vế trái là x 0 Điều kiện tồn tại của 1 x là x 1 Nếu x 1 thì m x x 2  1 x 1 x 0 vô lý Nên một trong các điều kiện tồn tại của hai vế là

0;1

x 

Phương trình 3logx2 logm x x 2  1 x 1 x

có nghiệm thực nếu

 

 

2

2





 có nghiệm thực trên 0;1 Điều này tương đương

với

tức là

1 1

m

 



 (1) có nghiệm thực trên 0;1

Ta có

2 1

A

x x

 



2

x x

 Đặt t x 1 x thì

t   x x suy ra

2

2

t

Dễ thấy t  Lại vì 1

2 1 0 2

x

  suy ra

2 1 4

tức là t 2 2 nên t  2 Khi đó, ta xét hàm

 

2

2

1 1

2 1 2

t t

A t

t





2

3 1

t t t





 trên 1; 2 

 Ta thấy

       

2 2

1

A t

t



4 2 2

0 1

t t

 



nên hàm nghịch biến, suy ra A t  A 2  2

Do đó, điều kiện để (1) có nghiệm thực là m  2, vì m nguyên nên m  Vậy đáp án là B 2

Câu 45: [2D1-1] [SGD Quảng Nam - 2018] Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a ,

mặt bên SAB là tam giác đều, mặt bên SCD là tam giác vuông cân tại S Gọi M là điểm thuộc đường thẳng CD sao cho BM vuông góc với SA Tính thể tích V của khối S BDM

A

3 3 16

a

V 

3 3 24

a

V 

3 3 32

a

V 

3 3 48

a

V 

.

Lời giải Chọn D

Cách 1:

y

x

1

1 H F

A

M

D

E

C B

O

M D

E C

H B

F A

S

Gọi E , F lần lượt là trung điểm CD , AB

 CDSEF  ABCD  SEF theo giao tuyến EF

Xét SFE có

3 2

a

FS 

a

SE 

, FE a  SFE vuông tại S

4

a SH

Có AH là hình chiếu của SA lên mặt phẳngABCD

mà SABM  AH BM Gắn hệ Oxy vào hình vuông ABCD như hình vẽ, đặt a  ta được1

0;0

B

, A0;1

,

3 1

;

4 2

H  

  và phương trình CD x  : 1

Lập phương trinh BM

đi qua B và vuông góc với AH ta được 3 x 2y 0

Ta có M CDBM

3 1;

2

 

1 2

DM

1

; 2

BDM

4

a

3

2 3 48

a



Cách 2:

M

J

S

D

A

Gọi ,I J lần lượt là trung điểm của , AB CD Khi đó, do SAB là tam giác đều, mặt bên SCD là

tam giác vuông cân tại S nên SI AB SJ, CD ABSIJ

Do đó, H nằm trên SIJ

Ta lại có,

3

IJ a SI  SJ   SIJ

vuông tại S và

a SH

4

a

Do AH là hình chiếu của SA trên ABCD

nên AH BM  DAE BMC    (với

EAHCD) Ta có

2

Do vậy,

3

a

Cách 3:

Gọi I J, lần lượt là trung điểm của AB CD, Khi đó, do SAB là tam giác đều, mặt bên SCD là tam giác vuông cân tại S nên SI AB SJ, CD ABSIJ

Do đó, H nằm trên SIJ

Ta lại có,

3

IJ a SI  SJ   SIJ

vuông tại S và

a SH

4

a

Đặt CM xa AB u AD v,  , 

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

ta có

2 1

Do vậy,

3

a

có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;1

,

 

f x và f x 

đều nhận giá trị dương trên đoạn 0;1 và thỏa mãn f  0  ,2

2

Tính

 

1

3

0

d



A

15

15

17

19

2 .

Lời giải

Chọn D

Vì f x 

và f x 

đều nhận giá trị dương trên đoạn 0;1

nên từ

2

suy ra

   

0



Mà  f x f x    12 0

hay

    2 1, 0;1

f x  f x    x

Vậy f x . f x 2dxdx

  3 3

f x

x C

(*) Trong (*) thay x  được 0

8 3

C 

, suy ra  f x 3 3x8

Vậy

3

19

2

vuông tại A,AB a ,AC a 3. Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ABC là trung điểm H của BC, A H a 3 Gọi  là góc giữa hai đường thẳng A B' và B C Tính cos

A

1 cos

2



6 cos

8

 

6 cos

4

 

3 cos

2

 

Lời giải Chọn B

Cách 1.

J

K

I

B' C'

H

A A'

Gọi I là tâm của hình bình hành ABB A  và K là trung điểm của AC, IK là đường trung bình trong tam giác AB C nên IK B C//  , do đóA B B C ,    IK IB, 

Ta có tam giác ABC vuông tại A nên :

BC AB AC  a  a  a,

2

KB AB KA  a   

Tam giác A HB vuông tại H  A B  A H 2HB2  3a2a2 2a IB a

Xét tam giác ABC có

cos

AC a ACB

BC a

Gọi J là trung điểm của HB, suy ra IJ A H//  và

a

IJ A H 

, đồng thời IJABC

IJK

  vuông tại J

Xét tam giác CKJ có JK2 CJ2CK2  2CJ CK. .cosACB

2

3 2

a JK

IJK

  vuông cân tại J

6 2

a IK

Xét tam giác IKB có

cos

2 .

IK IB BK BIK

IK KB



2

8 6

2

a a a

6 cos

8



Cách 2:

a

a 3

K D

E

H

C

B

A

C' B'

A'

Gọi E là trung điểm của AC ; D và K là các điểm thỏa BD HK   A B 

Ta có B K ABC và B D A B //   A B B C ,    B D B C ,   DB C

Ta tính được BC 2a BH a ; B D A B    a 32a2 2 a

3

cos

2

CB D

B D B C

   

 

 

8 2.2 6

a a

Câu 48: [2H3-4] [SGD Quảng Nam - 2018] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng

 P x y:   4z , đường thẳng 0

:

 và điểm A1;3;1 thuộc mặt phẳng

 P Gọi  là đường thẳng đi qua A, nằm trong mặt phẳng P và cách d một khoảng lớn

nhất Gọi u a b ; ;1 là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng  Tính a2b

A a2b3 B a2b0 C a2b4 D a2b7

Lời giải Chọn A

Trước hết ta giải hai bài toán tổng quát sau:

 BÀI TOÁN 1.

Cho điểm A và đường thẳng d không đi qua A Viết PT mặt phẳng  Q

chứa d và cách điểm A một khoảng lớn nhất.

Giả sử có mp Q d

Gọi , H K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên  Q

và đường thẳng d Khi đó K cố

định K Q

và

 

 









cố định.

Cách 1  AHmax  H K  AK là VTPT của mp  Q

A

d Q

H K

Khi d A Q ,   đạt GTLN   Q mp A d , .

 AM u, d

 

là VTPT mpA d, 

với điểm Md

Nên mp Q 

thoả mãn:

   

 

,









có VTPT n QAM u, d,u d

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

 BÀI TOÁN 2.

Cho đường thẳng d mặt phẳng  P

và điểm A P , sao cho d P   Viết phương I A

trình đường thẳng a đi qua điểm A, a P

và cách d một khoảng lớn nhất.

HD

Giả sử có đường thẳng a đi qua điể A Gọi  Q là mp chứa d và song song với a

Khi đó d a d ,  d a Q ,   d A Q ,  

 d a d ,  max  d A Q  ,   max

.

Theo kết quả của Bài toán1:

 

 , max

d A Q

  Q

có VTPT n QAM u, d,u d

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

Với Md

Do

 

 

/ /







  a có VTCP u a n n Q, P

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

Áp dụng Kết quả hai bài toán ở trên

Cách 1.

Giả sử có đường thẳng d Gọi  Q là mp chứa dvà song song với .

Khi đó d,d d, Q  d A Q ,  

 d,d max  d A Q  ,   max

A

M

A

M

I d

P

a

Gọi ,H K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên mp Q và đường thẳng d Khi đó K

cố định K Q

và

 

 









cố định

 AHmax

 H K  AK

là VTPT của mp  Q

Ta tìm được n  Q 2;3; 1 

Đường thẳng d cần tìm có VTCP u

cùng phương với n n Q, P

 

11; 7;1  ; ;1

u     a b



11 7

a b









  a2b 3

Cách 2.

Một véc tơ chỉ phương của đường thẳng  là u AM u, d,u d,n P,Md

Ta có: A1;3;1

, M1; 1;3  d AM 0; 4; 2 



Véc tơ chỉ phương của đường thẳng d là u d2; 1;1 

Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng  P

là n  P 1;1; 4 



, d 2;4;8

AM u

 

 AM u, d,u d 12;18; 6 

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

 AM u, d ,u d ,n P  66;42; 6

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

là một véc tơ chỉ phương của 

Ta có AM u, d ,u d ,n P 6u

    

với u11; 7;1 



Do đó nếu gọi u a b ; ;1

là là một véc tơ chỉ phương của 



11

7

a

b









 a2b 3

→

n P

d

A

K H

M P

Một số nhận xét:

1) Với giả thiết u a b ; ;1

ta có u n P

 a b  4 0

Do đó, HS có thể kết hợp với các phương án để tìm được ,a b để thử.

2) Ta có thể tạo ra các bài toán tương tự mà không tốn nhiều thời gian