Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường thpt đặng thúc hứa lần 2 | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện

Tam giác SAC nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, khoảng 4 cách từ điểm C đến đường thẳng SA bằng 4... Tính thể tích khối chóp S ABC.[r]

Câu 28: [2D4-3] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho số phức z thỏa

mãn z 1 2i  Tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức 3 w z 1i

Gọi w  x yi x y , R

Ta có: wz(1 )i  1

x yi z

, bán kính

3 2

R 

Phát triển bài toán.

Bài 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho số phức z thỏa mãn z 1 2i  Tập hợp các điểm3biểu diễn cho số phức wz1i là đường tròn có diện tích bằng

Bài 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho số phức z thỏa mãn z 1 2i  Tập hợp các điểm3

biểu diễn cho số phức

Bài 3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho số phức z thỏa mãn z 1 2i  Trong các số phức3

w thỏa mãn w z 1i, gọi w và 1 w lần lượt là số phức có môđun nhỏ nhất và môđun lớn2nhất Khi đó w1w2 bằng

A 6 2i B 6 2i C  6 2i D  6 2i.

HD:

Tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức w là đường tròn tâm I3; 1 

, bán kính R 3 2.Khi đó giao điểm của đường thẳng OI với đường tròn trên chính là điểm biểu diễn số phức cómôđun nhỏ nhất và môđun lớn nhất

Câu 29: [2D3-3] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Cho

0d

2d

d 24

f x x 



.+ Đặt: sin2x u  2sin cos dx x xdu hay sin 2 dx xdu

Với

12

A 2 B 1 C 0 D Vô số.

Lời giải Chọn A.

x y x y

thỏa mãn yêu cầu bài toán

Phát triển bài toán.

Bài 1 Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn 1 i z z   là số thực và z 2i  1

làm véc tơ pháp nên có phương trình là: x z  2 0

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng BC đi qua trung điểm

1 11; ;

Do MA MB MC  nên M thuộc hai mặt phẳng trên, mặt khác M thuộc

 P x y z:    2 0 nên tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình:

  của tam giác

Do MA MB MC  nên M nằm trên trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trục này

là đường thẳng đi qua

t

   M1;0;1

Suy ra T  a 2b3c 4

Câu 33: [1H3-3] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình

chữ nhật, AB2a, BC a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc

với đáy Gọi E là trung điểm của CD Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng BE và

SC.

B

C S

E

A

3010

a

32

a

155

Gọi H là trung điểm của AB , suy ra SH ABCD

Gọi K là trung điểm của HD , ta có FK SH  FK (ABCD)

Tứ giác BHDE là hình bình hành, nên HDBEF  d D BEF ,   d K BEF ,  

Câu 34: [2D3-3] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi nửa đường

tròn y 2 x2 và đường thẳng d đi qua hai điểm A  2;0

và B1;1 (phần tô đậm như

hình vẽ )

A

2 24

+ Tính

1

2 1

2 2

y x

và nửa đường elip có

phương trình

21

42

y  x

( với 2   ) và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ) Gọix 2

S là diện tích của, biết

3

a b S

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol và nửa đường elip là: 3x2  4 x2

a b c

75253



73753



75503



Lời giải Chọn C.

Lời giải Chọn C.

Ta có m+10x=m e. x  m e x1 10 *x 

.TH1: x=0  *  0 0

(luôn đúng) Vậy x=0 là một nghiệm của phương trình

Ta có bảng biến thiên hàm số g x 

:

Từ bảng biến thiên ta có g x g 0  0 f x  0, x 0

.Bảng biến thiên của hàm số f x 

:

Từ bảng biến thiên ta có để phương trình  *

có hai nghiệm phân biệt thì đường thẳng y m

phải cắt đồ thị hàm số yf x 

tại một điểm 

100

nên có 2016 giá trị của m thỏa mãn.

Câu 40 [2D3-3] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Cho hàm số yf x 

xác định và liên tục trênđoạn 3;3

Biết rằng diện tích hình phẳng S S giới hạn bởi đồ thị hàm số 1, 2 yf x 

vàđường thẳng yx lần lượt là ;1 M m

Tính tích phân

 

3 3d

Chia diện tích hình phẳng S là 1 M S11S12 như trong hình vẽ mô tả dưới đây.

Gọi x là hoành độ giao điểm của đồ thi 0  C

Nhận xét: Đây là bài toán cơ bản dựa vào diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường cho

trước Nếu xác định được M m, và cho trước g x 

Bài toán tương tự

Bài 1: [2D3-4] Cho hàm số y= f x( ) xác định và liên tục trên đoạn [- 5;3] Biết rằng diện tích

hình phẳng S S S1, ,2 3 giới hạn bởi đồ thị hàm số y= f x( ) và đường thẳng

òf x dx

bằng

A

20845

m n p  

B

20845

m n p  

C

20845

m n p

   

D

20845

a b c

Gọi d là công sai của cấp số cộng  u n và áp dụng công thức tính tổng n số hạng đầu tiên của

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t 2, nên 3 1 1

Nhận xét 1. Đây là bài toán không quá khó, nhìn vào giả thiết và biểu thức P ta tìm cách biểu

diễn mối quan hệ của số hạng đầu u theo công sai d của cấp số cộng ( )1 u dựa vào công n

thức

 1  1  

1 2

Nhận xét 2: Trong bài toán trên ta đã sử dụng tính chất sau: Với  u n

+q 5 thì u u u u1; ;3 13; 63; là cấp số nhân công bội q 5.

* Bài toán tương tự.

Bài 1 Cho cấp số cộng ( )u n có số hạng đầu u  và công sai 1 0 d 0 thoả mãn

Ta có giả thiết tương đương

1 2 2 3 2017 2018 2018

6051

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t  , nên 2 4 1 1

1

Gọi q là công bội của cấp số nhân  u n

1

n n

1

1111

n

n n

Khi đó  1

trở thành: t2 2 2 m1t3 4 m1  0

1 2

34

m

;34

c a

a b c

c a

a b c

 không thoả mãn Vậy ab bc ca   67, đáp án A

Chú ý : Đề cần thêm giả thiết a b, nguyên thì c nguyên tố ta mới tìm được c 11

Nên đường phân giác trong gócA sẽ tạo với hai cạnhAB AC, một góc nhỏ hơn so với đường

phân giác ngoài

a b c

Tương tự lý luận như cách 2

Gọi E là chân đường phân giác trong góc A

Thì điểm E chia đoạn BC theo tỉ số

AB k

ABC thành một tam giác và một hình thang biết rằng tỉ số diện tích tam giác nhỏ được chia ra

và diện tích tam giác ABC bằng

m 

Lời giải Chọn A

Tam giác ABC cân tại A , A Oy , B đối xứng với C qua trục Oy

Trục hoành chia tam giác ABC thành một tam giác và một hình thang 2

2 0

m m

1

m m

1 152

A B C sao cho trục hoành chia tam giác ABC thành một tam giác và một hình thang biết rằng

tỉ số diện tích tam giác nhỏ được chia ra và diện tích tam giác ABC bằng k2

HD:

ĐK để hàm số có 3 điểm cực trị b  0

k

CO k

 Biết rằng khi a thay đổi luôn tồn tại một mặt cầu cố

định đi qua điểm M1;1;1

và tiếp xúc với đường thẳng  Tìm bán kính của mặt cầu đó

Lời giải Chọn A

Ta thấy đường thẳng  luôn đi qua điểm A1; 5; 1  

x y x

Giả sử đường thẳng d có hệ số góc là k đi qua A0;a

có phương trình là y kx a 

d là tiếp tuyến của  C khi hệ phương trình sau có nghiệm:  2

2121

x

kx a x

k x

a a

2

;1

2

;1

x

N x x

a

x x

a a

x x a

a a









 ta suy ra a  thỏa mãn điều kiện của bài toán.1

chữ nhật, AB  ,3 BC  Tam giác SAC nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, khoảng4

cách từ điểm C đến đường thẳng SA bằng 4 Côsin của góc giữa hai mặt phẳng SAB

- Dựng BH AC tại H, theo giả thiết suy ra BH SAC  BH SA.

- Dựng HI SA tại I  SABHI  BIH là góc giữa hai mặt phẳng SAB

IH CK

925

a

339

a

366

a

3 63

a

Lời giải Chọn C.

D

A

C S

Nhận xét: Bài toán trên được xây dựng từ ý tưởng của bài toán gốc dưới đây.

Bài toán gốc: Cho hình chóp S ABC. có ABC BAS BCS  90 Gọi D là hình chiếu của

điểm S nên mặt phẳng ABCD

Chứng minh rằng tứ giác ABCD là hình chữ nhật

Lời giải: Ta có SDABCD  SDAB

Mà SAAB (Do theo giả thiết BAS   ).90

Do đó ABSAD

 ADAB  BAD   90 1 

.Chứng minh tương tự ta có BCD   90 2 .

Từ  1 , 2

và do ABC   nên ta có tứ giác 90 ABCD là hình chữ nhật

Sử dụng bài toán gốc ở trên ta có lời giải sau đây:

a x

Cách 2: Sử dụng phương pháp tọa độ hóa.

Bài toán tương tự:

Bài 1: Cho hình chóp S ABC. có đáyABClà tam giác vuông cân tạiB, AB BC a  3 vàkhoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC

bằng a 2 Tính thể tích khối chóp S ABC. ,biết rằng BAS BCS  90

3

3 62

a

362

a

3 63

Bài toán mở rộng: Ta có thể mở rộng các bài toán trên theo hướng thay đổi số đo góc BAC

Bài 4: Cho hình chóp S ABC. có đáyABClà tam giác cân tại B, AB BC a  , BAC 120 và

a

38

a

338

K

Lấy điểm D thuộc mặt phẳng ABC sao cho ABD ACD 90

Khi đó BDAB, BDSA BDSAB  BDAH  AH SBD  AH SD.Chứng minh tương tự ta có AK SD  SDAHK.

23

a

AD 



43

và AHK

bằng 30

Câu 49: [1D2-3] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Đội thanh niên xung kích của một trường THPT

gồm 15học sinh trong đó có 4 học sinh khối 12 , 5 học sinh khối 11 và 6 học sinh khối 10.Chọn ngẫu nhiên ra 6 học sinh đi làm nhiệm vụ Tính xác suất để chọn được 6 học sinh có đủ

+ Chọn 6 học sinh trong 15 học sinh n   6

15

C

 1001

+ Gọi A là biến cố “6 học sinh được chọn có đủ 3 khối”

Suy ra A là biến cố “ 6 học sinh được chọn không đủ 3 khối”.

A 2 5 3 B 2 3 5 C 5 2 3 D 5 3 2

Lời giải Chọn B.

Cách 1: Đại số

Đặt z a bi a b   ,   

a b

Nhận xét: Nếu bài yêu cầu tìm min thì ta cũng làm tương tự.

Bài toán tương tự:

Bài 1: Cho số phức z thoả mãn

HD: Ta có thể làm tương tự như trên dẫn đến điểm M x y ; 

biểu diễn zthỏa mãn

 x k 2 y k 2 2k2

.Lấy điểm A biểu diễn w , các điểm I k k I1 ; , 2k k I; , 3k k I k k; , 4 ; 

.Khi đó, MAmax max AI AI AI AI1, 2, 3, 4 k 2;MAmin min AI AI AI AI1, 2, 3, 4  k 2

Bài 3 Cho số thực dương k , các số phức z w, thỏa mãn

2

k z z k z z z , w 2k Tìmgiá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P z w

HD:

Ta có thể làm tương tự như trên dẫn đến điểm M x y ; 

biểu diễn zthỏa mãn

 x k 2 y k 2 2k2

.Lấy điểm A biểu diễn w , các điểm I k k I1 ; , 2k k I; , 3k k I k k; , 4 ; 

.Khi đó, MAmax max AI AI AI AI1, 2, 3, 4 k 2;MAmin min AI AI AI AI1, 2, 3, 4  k 2

Gọi E là điểm biểu diễn w

Từ giả thiết suy ra điểm M biểu diễn z nằm trên hình bình hành giới hạn bởi các đường thẳng

ax by c

  

d 4

d 3

d 2

d 1 M E

D C

Gọi H là hình chiếu của i E trên d Khi đó, i

+) Nếu tất cả H đều không thuộc đoạn chứa trên i d tương ứng thì i

EM  EA EA  EA EA EA EA  EMmin minEA i i , 1, 2,3, 4

.+) Có H thuộc đoạn chứa trên i d tương ứng thì i

EM  EH EA EA  EH EA EA EA EA với những H thuộc đoạn chứa i

trên d tương ứng  i EMmin minEH EA i i, i , 1, 2,3, 4 với những H thuộc đoạn chứa trên i i

min 1 5

EM EH  , EMmax EA3  58

Bài 7: Cho hai số thực dương a b, và số phức z thỏa mãn z2a b z z Tìm giá trị lớn

nhất, nhỏ nhất của z w với w cho trước.

là điểm biểu diễn số phức ,z w

Khi đó, điểm M nằm trên hình vành khăn giới hạn bỏi hai đường tròn I m;  , ;I n với

 ; 

I a b

Bài toán trở thành: Tìm điểm M E sao cho AM nhỏ nhất, lớn nhất.

* Nếu AI n thì AMmax AI m AM ; min AI n

* Nếu n AI m  thì AMmax AI m AM ; min minm AI AI n ;  

* Nếu AI m thì AMmax AI m AM ; min AI m

Bài 10: [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn 1 z 2  Gọi i 4 M là giá trị lớn nhất của

Ta có 1AI  2 4 M ANmax AI  ; 4 5 BI   5 4 m BN min BI 4 1

Do đó, M m  6