Tài liệu De thi thu thpt quoc gia 2018 mon toan thpt nguyen du tp ho chi minh

  • Số trang: 16 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 92 |
  • Lượt tải: 0
sharebook

Tham gia: 25/12/2015

Mô tả:

Tổ Toán Trường THPT Nguyễn Du ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2017 – 2018 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG THPT NGUYỄN DU MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút Bài Giải Tham Khảo Chi Tiết Đề 3 Câu 1: Cho hàm số y  f  x   log 2 1  2 x  . Tính giá trị S  f   0   f  1 . A. S  6 . 5 B. S  7 . 8 7 . 6 Lời giải C. S  D. S  7 . 5 Chọn C Ta có f   x   Câu 2: 1  2   2 1  2  .ln 2 1  2 x x x x  S  f   0   f  1  1 2 7   . 2 3 6  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  0 và mặt cầu  S  , I  là tâm mặt cầu  S   . Mệnh đề nào Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S   : x 2  y 2  z 2  2 x  z  0 . Kí hiệu I là tâm của mặt cầu dưới đây là đúng? A. I nằm ngoài mặt cầu  S   . B. Độ dài đoạn II  bằng 2 . C. Đường thẳng II  vuông góc với mặt phẳng có phương trình z  1 . D. I  nằm bên ngoài mặt cầu  S  . Lời giải Chọn C  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  0 có tâm I 1; 0; 0  , bán kính R  1 .  S  : x2  y 2  z 2  2x  z  0 Câu 3: 5 1  có tâm I  1; 0;   , bán kính R  . 2 2    1 Khi đó II    0;0;   cùng phương với vectơ pháp tuyến của mặt phẳng z  1 . 2  Vậy đường thẳng II  vuông góc với mặt phẳng có phương trình z  1 . Cho cấp số nhân  un  có tổng n số hạng đầu tiên là S n  5n  1 với n  1, 2,... . Tìm số hạng đầu u1 và công bội q của cấp số nhân đó? A. u1  5 , q  4 . B. u1  5 , q  6 . C. u1  4 , q  5 . D. u1  6 , q  5 . Lời giải Chọn C u1  S1  5  1  4 u1  4 u Ta có:    u1  4 , q  2  5 . 2 u1 u1  u2  S2  5  1  24 u2  24  u1  20 Câu 4: Tập xác định của hàm số y  (2 x  1) 2018 là A. D   . Đề luyện thi số 3 1  B. D   ;   . 2  1  C. D   ;   . 2  Lời giải Chia sẻ tài liệu : Chiasemoi.com 1  D. D   \   2 Trang 1 Tổ Toán Trường THPT Nguyễn Du Câu 5: Chọn A. Do 2018    nên Hàm số có TXĐ là: D   . Cho hai mặt phẳng ( P ) : 2 x  3 y  z  2  0, (Q) : 2 x  y  z  2  0 . Phương trình mặt cầu ( S ) tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) tại điểm A1; 1;1  và có tâm thuộc mặt phẳng (Q) là: A. ( S ) :  x  3   y  7    z  3  56 . B. ( S ) :  x  3   y  7    z  3  56 . C. ( S ) :  x  3   y  7    z  3  14 . D. ( S ) :  x  3   y  7    z  3  14 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Lời giải Chọn A  x  1  2t  Gọi d đường thẳng đi qua A và vuông góc với ( P ) , ta có: d :  y  1  3t . z  1 t  Tâm I  d  I  1  2t ; 1  3t ;1  t  . I   Q   2 1  2t    1  3t   1  t   2  0  t  2  I  3; 7;3 . Bán kính mặt cầu là R  IA  2 14 . Phương trình mặt cầu ( S ) :  x  3   y  7    z  3  56 . 2 Câu 6: 2 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm M  3;13; 2  , N  7; 29; 4  , P  31;125;16  . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. M , N , P thẳng hàng, N ở giữa M và P . B. M , N , P thẳng hàng, P ở giữa M và N . C. M , N , P thẳng hàng, M ở giữa P và N . D. M , N , P không thẳng hàng. Lời giải Chọn A     Ta có MN   4;16; 2  , MP   28;112;14  nên MP  7MN do đó M , N , P thẳng hàng, N ở giữa M và P . Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M  3; 0;0  , N  0; 0; 4  . Tính độ dài đoạn thẳng MN . A. MN  1 . B. MN  7 . C. MN  5 . Lời giải D. MN  10 . Chọn C Ta có MN  32  42  5 . Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  có phương trình x y z    2  0 , abc  0 , a b c xét điểm M  a; b; c  . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Điểm M thuộc mặt phẳng  P  . B. Mặt phẳng  P  đi qua trung điểm của đoạn OM . C. Mặt phẳng  P  đi qua hình chiếu của M trên trục Ox . D. Mặt phẳng  P  đi qua hình chiếu của M trên mặt phẳng  Oxz  . Lời giải Chọn D Đề luyện thi số 3 Trang 2 Tổ Toán Trường THPT Nguyễn Du + Thay M vào phương trình của mặt phẳng  P  ta được 3  2  0 nên M   P  . 3 a b c + Trung điểm của OM là điểm I  ; ;  thay vào  P  ta được  2  0 nên I   P  . 2 2 2 2 + Hình chiếu của M lên trục Ox là điểm M 1  a; 0;0  thay vào  P  ta được 1  2  0 nên M 1   P  . + Hình chiếu của M lên mặt phẳng  Oxz  là điểm M 2  a;0; c  thuộc  P  . Câu 9: Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường y  x ; y  0 ; x  4 . Diện tích S của hình phẳng H bằng A. S  16 . 3 B. S  3 . C. S  15 . 4 D. S  17 . 3 Lời giải Chọn A Xét phương trình 4 Ta có S   0 Câu 10: x  0  x  0. 4 2 16 xdx  x x  . 3 3 0 Đường thẳng y  1 cắt đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  2 x  1 tại ba điểm phân biệt M , N , P biết N nằm giữa M và P . Xác định tọa độ trọng tâm G của  ONP .  2 A. G  1;  .  3  3 C. G  1;  .  2 Lời giải B. G  3;2  . 1  D. G  ;2  . 3  Chọn A x  0 Xét phương trình x  3 x  2 x  1  1  x  3x  2 x  0   x  1 .   x  2 3 2 3 2 Do M và P nằm ở hai bên điểm N , ta có thể giả sử M  0;1 ; N 1;1 , P  2;1 .  2 Mà G là trọng tâm của  ONP nên G 1;  .  3 Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S  có phương trình x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 z  m  0 có bán kính R  5. Tìm giá trị của m . A. m  4 . B. m  4 . C. m  16 . Lời giải D. m  16 . Chọn C Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2; 2  . Gọi R là bán kính của mặt cầu  S  . Theo đề bài ta có: R  1  4  4  m  5  m  16 .  2 khi 0  x  1  Câu 12: Cho hàm số y  f  x    x  1 . Tính tích phân 2 x  1 khi 1  x  3 A. 6  ln 4 . B. 4  ln 4 . C. 6  ln 2 . Lời giải Chọn A Đề luyện thi số 3 3  f  x  dx . 0 D. 2  2 ln 2 . Trang 3 Tổ Toán Trường THPT Nguyễn Du 3 Ta có:  0 1 3 1 1 0 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   0 3 2 dx    2 x  1 dx x 1 1  2 ln x  1 0   x  x   ln 4  6 . 1 2 3 1 Câu 13: 2mx  1 với tham số m  0 . Giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số thuộc xm đường thẳng có phương trình nào dưới đây? A. x  2 y  0 . B. x  2 y  0 . C. 2 x  y  0 . D. y  2 x . Cho hàm số y  Lời giải Chọn D Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x  m . Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y  2m . Giao điểm của hai đường tiệm cận là I  m ; 2m  với m  0 . Giao điểm hai đường tiệm cận nằm trên đường thẳng y  2 x . Câu 14:  3  Phương trình sin  3 x     có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng 3 2  A. 3 . B. 4 . C. 1 . Lời giải Chọn D    0;  ?  2 D. 2 .    3x     k 2  3  3 3  Ta có: sin  3x     k    4  3 2  3 x    k 2  3 3  2 2  2  x   9  k 3 3 x    k 2   k     k   . 3   2  x  k 3 x    k 2  3 3  4   Vì x   0;  nên x  , x  . 3 9  2   Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm thuộc khoảng  0;  .  2 Câu 15: Hàm số f  x   2 x  x 2 . Biết rằng hàm số f  x  đạt giá trị lớn nhất tại duy nhất điểm x0 . Tìm x0 . A. x0  2 . B. x0  0 . C. x0  1 . D. x0  1 . 2 Lời giải Chọn C Tập xác định: D   0; 2 . Hàm số f  x  liên tục trên  0; 2 . Ta có: f   x   1 x . 2x  x2 1 x Cho f   x   0   0  x  1  0; 2  . 2x  x2 Đề luyện thi số 3 Trang 4 Tổ Toán Trường THPT Nguyễn Du  f (0)  f (2)  0 ; f (1)  1 . Vậy hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x0  1 . Câu 16: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho I  3;4  , M 1; 2  . Tìm ảnh của điểm M qua phép vị tự tâm I , tỉ số vị tự 2 . A.  1; 0  . B.  7;8 . C.  4; 4  . D. 1; 2  . Lời giải Chọn B. V I ;2  M   M  , giả sử M   x; y  .   x  3  4 x  7 Ta có V I ;2   M   M   IM   2 IM    . Vậy M   7;8 . y  4  4 y  8 Câu 17: Cho hàm số f  x   x3  mx 2  x  1 . Gọi k là hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M có hoành độ x  1 . Tất cả các giá trị thực của tham số m để thỏa mãn k . f  1  0 . A. m  2 . B. m  2 . C. 2  m  1 . Lời giải D. m  1 . Chọn C Ta có: f   x   3x 2  2mx  1 ; k  f  1  4  2m ; k . f  1   4  2m  m  1 . Khi đó: k . f  1  0   4  2m  m  1  0  2  m  1 . Câu 18: Anh Nam tiết kiệm được x triệu đồng và dùng tiền đó để mua một căn nhà nhưng thực tế giá căn nhà đó là 1, 6x triệu đồng. Anh Nam quyết định gửi tiết kiệm vào ngân hàng với lãi suất 7% / năm theo hình thức lãi kép và không rút tiền trước kỳ hạn. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm anh Nam có đủ số tiền cần thiết mua căn nhà đó? Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi, anh Nam không rút tiền ra và giá bán căn nhà không thay đổi. A. 7 năm. B. 5 năm. C. 6 năm. D. 8 năm. Lời giải Chọn A Số tiền anh Nam có sau n năm là: Tn  x 1  0, 07  . n  x 1  0,07 n  1,6 x Yêu cầu bài toán    n  7. * n   Câu 19:  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 3 x  2 z  1  0 . Vectơ n nào sau đây là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  .   A. n   3;2; 1 . B. n   3;2; 1 .  C. n   6;0; 4  .  D. n   3;0; 2  . Lời giải Chọn C Câu 20: Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình log 2  9  x   3 . A. 7 . B. Vô số. C. 8 . Lời giải D. 9 . Chọn C Ta có: log 2  9  x   3  0  9  x  8  1  x  9 . Vì x    x  1; 2;3; 4;5;6;7;8 . Vậy có 8 nghiệm nguyên. Đề luyện thi số 3 Trang 5 Tổ Toán Trường THPT Nguyễn Du Câu 21: Cho số phức z  1  2i . Điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn của số phức w  z  iz trên mặt phẳng toạ độ? A. M  3;3 . B. Q  3; 2  . C. N  2;3 . D. P  3;3 . Lời giải Chọn A w  z  iz  1  2i  i 1  2i   3  3i . Vậy điểm biểu diễn của số phức w  z  iz là M  3;3 . Câu 22: Câu 23: Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD. AB C D  có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và thể tích bằng 3a 3 . Tính chiều cao h của lăng trụ đã cho. a A. h  a . B. h  3a . C. h  9a . D. h  . 3 Lời giải Chọn B V 3a 3 Ta có: VABCD. ABC D  S ABCD .h  h  ABCD. ABC D  2  3a . S ABCD a x3 . Mệnh đề nào sau đây sai? 1 x A. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ;1 và 1;    . Cho hàm số y  B. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x  1 . C. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  1 . D. Hàm số không có cực trị. Lời giải Chọn A TXĐ : D   \ 1 . y  4 1  x  1;    . Câu 24: 2  0 x  1 do đó hàm số không có cực trị và hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;1 và Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng   : x  2 y  3z  6  0 và đường thẳng  : x 1 y 1 z  3   . Mệnh đề nào sau đây đúng? 1 1 1 A.  //   . B.     . C.  cắt và không vuông góc với   . D.     . Lời giải Chọn D Số điểm chung của  và   là số nghiệm của hệ phương trình: 1  2  3  4 Thay 1 ,  2  ,  3 vào  4  ta được: 0t  0 : phương trình có vô số nghiệm.  x  1  t   y  1  t  z  3  t  x  2 y  3z  6  0  Đề luyện thi số 3 Trang 6 Tổ Toán Trường THPT Nguyễn Du Vậy     . Câu 25: Cho log a b  2 với a , b là các số thực dương và a khác 1 . Tính giá trị biểu thức T  log a2 b 6  log a b . A. T  8 . B. T  7 . C. T  5 . Lời giải D. T  6 . Chọn B T  log a2 b 6  log a b  3log a b  Câu 26: 1 7 log a b  log a b  7 . 2 2 Tính tổng các hệ số trong khai triển 1  2x  A. 1 . B. 1 . 2018 . C. 2018 . Lời giải D. 2018 . Chọn B 0 1 2 3 2018 Xét khai triển (1  2x) 2018  C2018  2 x.C2018  ( 2 x) 2 .C2018  ( 2 x)3 .C2018  ...  ( 2 x) 2018 .C2018 0 1 2 3 2018 Tổng các hệ số trong khai triển là: S  C2018  2.C2018  ( 2) 2 .C2018  ( 2)3 .C2018  ...  (2) 2018 .C2018 x 1 Cho   1 Câu 27: 2018 ta có: 0 1 2 2018 (1  2.1) 2018  C2018  2.1.C2018  (2.1) 2 .C2018  (2.1)3 .C32018  ...  ( 2.1) 2018 .C 2018  S  S 1 Tìm nguyên hàm của hàm số f  x   e x 1  e  x  .  f  x  dx  e C.  f  x  dx  e A. x x  f  x  dx  e D.  f  x  dx  e C . B.  e x  C . x  xC. x C. Lời giải Chọn B Ta có  f  x  dx    e x  1 dx  e x  x  C . Câu 28: Một hình trụ có bán kính đáy r  5cm , chiều cao h  7cm . Tính diện tích xung quang của hình trụ. 70 35 A. S  35π  cm 2  . B. S  70π  cm 2  . C. S  π  cm 2  . D. S  π  cm 2  . 3 3 Lời giải Chọn B Theo công thức tính diện tích xung quanh ta có S xq  2 rh  70  cm 2  . Câu 29: Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a . Gọi M là trung điểm của CD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM . A. a 22 . 11 B. a 2 . 3 a 3 . 3 Lời giải. C. D. a . Chọn A. Gọi O là trọng tâm của tam giác BCD . Qua C kẻ đường thẳng d song song với BM . Khi đó d  AC , BM   d  BM , Do tứ diện Kẻ OI  d Đề luyện thi số 3  AC , d    d  O,  AC, d   . ABCD là tứ diện đều  AO   BCD  . và I  d , OH  AI và H  AI  OH   AC , d  . Suy ra d  O,  AC , d    OH . Trang 7 Tổ Toán Trường THPT Nguyễn Du A a B a H O d I D M C Ta có d // BM  d  CD . Tứ giác IOMC là hình chữ nhật, suy ra IO  MC  BM là đường cao trong tam giác đều cạnh bằng a  BM  Ta có AO  AB 2  BO 2  AO  a 2  Do đó ta có Câu 30: a . 2 a 3 a 3  BO  . 2 3 a2 a 2 .  3 3 OA.OI 1 1 1  OH    2  OH  2 2 OH OA OI OA2  OI 2 a 2 a . 3 2  a 22 . 11 2a 2 a 2  3 4 Cho phương trình 4 x 4  2 x 2  x  3  0 1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Phương trình 1 vô nghiệm trên khoảng  1;1 . B. Phương trình 1 có đúng một nghiệm trên khoảng  1;1 . C. Phương trình 1 có đúng hai nghiệm trên khoảng  1;1 . D. Phương trình 1 có ít nhất hai nghiệm trên khoảng  1;1 . Lời giải Chọn C Xét f  x   4 x 4  2 x 2  x  3  0 trên khoảng  1;1 . Ta có f  x  liên tục trên đoạn  1;1 . f  1  4 , f  0   3 , f 1  2  f  1 . f  0   0 , f 1 . f  0   0 . Như vậy phương trình f  x   0 có hai nghiệm trong khoảng  1;1 . Mặt khác f   x   6 x 3  4 x  1 . Ta có f   1  11 , f  1  9  f   1 . f  1  0 . Do đó phương trình f   x   0 có nghiệm trong khoảng  1;1 . f   x   18 x 2  4  0 với x   1;1 nên f   x  là hàm số đồng biến trên khoảng  1;1  phương trình f   x   0 có duy nhất nghiệm trên khoảng  1;1 . Do đó f  x   0 có tối đa hai nghiệm trên khoảng  1;1 . Vậy phương trình 1 có đúng hai nghiệm trên khoảng  1;1 . m Câu 31: Xác định số thực dương m để tích phân   x  x  dx có giá trị lớn nhất. 2 0 A. m  1 . Đề luyện thi số 3 B. m  2 . C. m  3 . Lời giải D. m  4 Trang 8 Tổ Toán Trường THPT Nguyễn Du Chọn A m P   0 m  x 2 x3  m 2 m3 x  x dx       . 2 3  2 3 0 2  m2 m3  f   m   m  m 2  f   m   0  m  0 hoặc m  1  2 3 Lập bảng biến thiên Đặt f  m   Vậy f  m  đạt GTLN tại m  1 . Câu 32: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , SA vuông góc với đáy. Biết SC tạo với mặt phẳng  ABCD  một góc 45o . Tính Thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD . A. V  4 3 πa . 3 1 B. V  πa 3 . 3 C. V  2 3 πa . 3 D. V  πa 3 . Lời giải Chọn A  bằng 45o nên tam giác SAC vuông cân tại A nên SC  2a . Góc giữa SC và  ABCD  là góc SCA Ta có CB   SAB   CB  SB  SBC vuông tại B . CD   SAD   CD  SD  SCD vuông tại D .  Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là trung điểm SC , bán kính R  SC a. 2 4 3 πa . 3 Gọi A , B là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số f  x   x 3  3 x 2  m với m là tham số thực khác 0 . Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là V  Câu 33: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để trọng tâm tam giác OAB thuộc đường thẳng 3 x  3 y  8  0 . A. m  5 . B. m  2 . C. m  6 . D. m  4 . Lời giải Chọn A Đề luyện thi số 3 Trang 9 Tổ Toán Trường THPT Nguyễn Du x  0 TXĐ: D   , f   x   3 x 2  6 x , f   x   0   . x  2 Tọa độ 2 điểm cực trị là A  0; m  ; B  2; m  4  .  2 2m  4  Tọa độ trọng tâm G của tam giác OAB là G  ; . 3  3 Điểm G thuộc đường thẳng: 3 x  3 y  8  0 nên: 2  2m  4  8  0  m  5 . Câu 34: Cho khối chóp S . ABCD có thể tích bằng 1 và đáy ABCD là hình bình hành. Trên cạnh SC lấy điểm E sao cho SE  2 EC. Tính thể tích V của khối tứ diện SEBD . 1 1 1 2 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 3 6 12 3 Lời giải Chọn A Ta có Câu 35: 2 2 1 1 1 VS . EBD SE.SB.SD SE   VS . EBD  VS .CBD  . .VS . ABCD  VS . ABCD  .  3 3 2 3 3 VS .CBD SC .SB.SD SC Cho số phức z thỏa mãn z   2  3i  z  1  9i . Tính tích phần thực và phần ảo của số phức z . B. 2 . A. 1 . C. 1 . Lời giải D. 2 . Chọn B Gọi z  x  yi , ta có z  x  yi . Theo giả thiết, ta có x  yi   2  3i  x  yi   1  9i   x  3 y   3 x  3 y  i  1  9i  x  3 y  1 x  2   . Vậy xy  2 . 3 x  3 y  9  y  1 Câu 36: Cho hình phẳng  H  giới hạn bởi các đường xy  4 , x  0 , y  1 và y  4 . Tính thể tích V của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình  H  quanh trục tung. A. V  8π . B. V  16π . C. V  10π . Lời giải D. V  12π . Chọn D Ta có thể tích V của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình  H  quanh trục tung là 2 4 4 16  16  4 V  π    dy  π  2 dy  π     12π . y y  y 1 1 1 4 Đề luyện thi số 3 Trang 10 Tổ Toán Trường THPT Nguyễn Du Câu 37: 2x 1 ax  1 1 và g  x   với a  . Tìm tất cả các giá trị thực dương của x 1 x2 2 a để các tiệm cận của hai đồ thị hàm số tạo thành một hình chữ nhật có diện tích là 4 . A. a  1 . B. a  4 . C. a  3 . D. a  6 . Lời giải Chọn D 2x 1 Đồ thị hàm số f  x   có hai đường tiệm cận là x  1 và y  2 . x 1 ax  1 Đồ thị hàm số g  x   có hai đường tiệm cận là x  2 và y  a . x2 Hình chữ nhật được tạo thành từ bốn đường tiệm cận của hai đồ thị trên có hai kích thước là 1 và a  2 . Cho đồ thị hai hàm số f  x   a  6 Theo giả thiết, ta có a  2 .1  4   . Vì a  0 nên chọn a  6 .  a  2 Câu 38: Cho hàm số y  f  x   x  1  x 2 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m thỏa mãn f  x   m với mọi x   1; 1 . A. m  2 . B. m  0 . C. m  2 . Lời giải D. m  2 . Chọn A Hàm số y  f  x   x  1  x 2 xác định và liên tục trên đoạn  1; 1 . f  x  1 x 1  x2  1  x2  x 1  x2 x  0 1 x ; f   x   0  1  x2  x  0   . 2 2 2 1  x  x  1  Ta có f    2 ; f  1  1 và f 1  1 .  2 1 Suy ra max f  x   2 khi x  và min f  x   1 khi x  1 .  1; 1 1; 1 2 Do đó, f  x   m với mọi x   1; 1 khi và chỉ khi m  max f  x   m  2 .  1; 1 Câu 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tập hợp các điểm có tọa độ  x; y ; z  sao cho 1  x  3 , 1  y  3 , 1  z  3 là tập các điểm của một khối đa diện có một tâm đối xứng. Tìm tọa độ của tâm đối xứng đó. 1 1 1 A.  0;0;0  . B.  2; 2; 2  . C. 1;1;1 . D.  ; ;  . 2 2 2 Lời giải Chọn C Dễ thấy khối đa diện đó là một khối lập phương có các mặt song song với các mặt phẳng tọa độ, tâm có  3   1 3   1 3   1  tọa độ là  ; ;   1;1;1 . 2 2 2   Câu 40: Cho tứ diện ABCD có hai cặp cạnh đối vuông góc. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Tứ diện có ít nhất một mặt là tam giác nhọn. B. Tứ diện có ít nhất hai mặt là tam giác nhọn. C. Tứ diện có ít nhất ba mặt là tam giác nhọn. D. Tứ diện có cả bốn mặt là tam giác nhọn. Lời giải Chọn A Đề luyện thi số 3 Trang 11 Tổ Toán Trường THPT Nguyễn Du Chọn tứ diện vuông: có ba mặt là tam giác vuông; một mặt là tam giác nhọn. Câu 41: Giả sử rằng, trong Đại hội thể dục thể thao tỉnh Gia Lai năm 2018 có 16 đội bóng đăng ký tham gia giải, được chia thành 4 bảng A , B , C , D , mỗi bảng gồm 4 đội. Cách thức thi đấu như sau: Vòng 1 : Các đội trong mỗi bảng thi đấu vòng tròn một lượt, tính điểm và chọn ra đội nhất của mỗi bảng. Vòng 2 : Đội nhất bảng A gặp đội nhất bảng C ; Đội nhất bảng B gặp đội nhất bảng D . Vòng 3 : Tranh giải ba: Hai đội thua trong bán kết; tranh giải nhất: Hai đội thắng trong bán kết. Biết rằng tất cả các trận đấu đều diễn ra trên sân vận động Pleiku vào các ngày liên tiếp, mỗi ngày 4 trận. Hỏi Ban tổ chức cần mượn sân vận động trong bao nhiêu ngày? A. 5 . B. 6 . C. 7 . D. 8 . Lời giải Chọn C Số trận đấu diễn ra trong vòng 1: 4.C42  24. Số trận đấu diễn ra trong vòng 2 : 2 . Số trận đấu diễn ra trong vòng 3 : 2 . Có tất cả 28 trận đấu. 28  7 ngày. 4 Câu 42: Một người gọi điện thoại nhưng quên mất chữ số cuối. Tính xác suất để người đó gọi đúng số điện thoại mà không phải thử quá hai lần. 1 1 19 2 A. . B. . C. . D. . 5 10 90 9 Lời giải Chọn A Vậy ban tổ chức cần mượn sân trong Số phần tử của không gian mẫu là n     10  10 . Để người đó gọi đúng số điện thoại mà không phải thử quá hai lần ta có 2 trường hợp: TH1: Người đó gọi đúng ở lần thứ nhất. TH2: Người đó gọi đúng ở lần thứ hai. Gọi A1 : “Người đó gọi đúng ở lần thứ nhất''  xác suất người đó gọi đúng là P  A1     người đó gọi không đúng là P A1  1 và xác suất 10 9 . 10 Gọi A2 : “Người đó gọi đúng ở lần thứ hai”  xác suất người đó gọi đúng là P  A2   Gọi A : “Người đó gọi đúng số điện thoại mà không phải thử quá hai lần”. 1 9 1 1 Ta có A  A1  A1 A2  P  A   P  A1   P A1 .P  A2    .  . 10 10 9 5 Câu 43: Tìm bộ ba số nguyên dương (a ; b; c) 1 . 9   thỏa mãn log1  log(1  3)  log(1  3  5)  ...  log(1  3  5  ...  19)  2log 5040  a  b log 2  c log 3 A. (2; 6; 4) . B. (1;3; 2) . C. (2; 4; 4) . D. (2; 4;3) . Lời giải Chọn A Ta có log1  log(1  3)  log(1  3  5)  ...  log(1  3  5  ...  19)  2log 5040  a  b log 2  c log 3  log1  log 22  log 32  ...  log102  2log 5040  a  b log 2  c log 3  log 1.22.32.102   2 log 5040  a  b log 2  c log 3 Đề luyện thi số 3 Trang 12 Tổ Toán Trường THPT Nguyễn Du  log 1.2.3.10   2 log 5040  a  b log 2  c log3 2  2 log 1.2.3.10   2 log 5040  a  b log 2  c log 3  2  log10! log 7!  a  b log 2  c log 3  2 log  8.9.10   a  b log 2  c log 3  2  6 log 2  4 log 3  a  b log 2  c log 3 . Vậy a  2 , b  6 , c  4 . Câu 44: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số thực m để hàm số y  ( ;  1) và (1;  ) và hàm số y  A. 2 . B. 3 . 2x  m đồng biến trên mỗi khoảng x 1 2 x  m nghịch biến trên mỗi khoảng (  ;  2) và ( 2;   ) ? x2 C. 4 . D. 5 . Lời giải Chọn D Xét hàm số y  2m 2x  m 2x  m ta có y  . Hàm số y  đồng biến trên mỗi khoảng ( ;  1) và 2 x 1 x 1  x  1 (1;  ) khi và chỉ khi 2  m  0  m  2 . Xét hàm số y  m4 2 x  m 2 x  m ta có y   . Hàm số y  nghịch biến trên mỗi khoảng 2 x2 x2  x  2 (  ;  2) và ( 2;   ) khi và chỉ khi m  4  0  m  4 . Từ và ta có 2  m  4 . Do m   nên m  1; 0;1; 2;3 . Vậy có 5 giá trị nguyên của m . Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz  ,  P  : x  y  2 z  6  0 và mặt  P  :  x  y  2 z  2  0 . Xác định tập hợp tâm các mặt cầu tiếp xúc với  P  và tiếp xúc với  P . cho mặt phẳng phẳng A. Tập hợp là hai mặt phẳng có phương trình x  y  2 z  8  0 . B. Tập hợp là mặt phẳng có phương trình  P  : x  y  2 z  8  0 . C. Tập hợp là mặt phẳng có phương trình x  y  2 z  8  0 . D. Tập hợp là mặt phẳng có phương trình x  y  2 z  4  0 . Lời giải Chọn D Ta thấy  P    P   . Chọn M  0; 0; 3    P  , N  0; 0; 1   P  . Tâm mặt cầu tiếp xúc với 2 mặt phẳng trên nằm trên mặt phẳng  Q  song song và cách đều  P  và  P  . Phương trình mặt phẳng  Q  có dạng x  y  2 z +d  0 . d  M ;  Q   d  N , Q  6d 2d  d  4 . Vậy Phương trình mặt phẳng  Q  là x  y  2 z  4  0 . 6 6 CÁCH 2: Gọi I  x, y , z  là tâm mặt cầu. Để ý  P    P   nên I thuộc phần không gian giới hạn bởi 2 mp  P  và    P ' , đồng thời cách đều  P  và  P ' . Khi đó ta có:  x  y  2z  6   x  y  2z  2 d  I ,  P    d  I ,  P '   x  y  2 z  6   x  y  2 z  2    x  y  2z  6  x  y  2z  2 Đề luyện thi số 3 Trang 13 Tổ Toán Trường THPT Nguyễn Du 2 x  2 y  4 z  8  0   x  y  2z  4  0 .  6  2(vo ly ) Câu 46: Tìm các giá trị nguyên dương n  2 để hàm số y   2  x    2  x  với x   2; 2 có giá trị lớn nhất n gấp tám lần giá trị nhỏ nhất. A. n  5 . B. n  6 . n C. n  2 . Lời giải D. n  4 . Chọn D y  n  2  x  n 1 y  0   2  x   n 2  x n 1 n 1  2  x  n  2  x   n 1  2  x n 1   n 1 Trường hợp 1: n chẵn  n  1 lẻ  y   0   2  x    2  x   x  0 2  x  2  x  x0 Trường hợp 2: n lẻ  n  1 chẵn  y   0    2  x  2  x Ta có bảng biên thiên: Min  f  0   2 n 1 ; Max  f  2   f  2   4n 2;2  2;2 Theo bài ra ta có 4  8.2n 1  n  4 . Câu 47: Cho a, b, c là các số thực lớn hơn 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức: n P 4 log bc a  1 log ac b A. Pmin  20 .  8 . 3log ab 3 c B. Pmin  10 . C. Pmin  18 . D. Pmin  12 . Lời giải Chọn A 4 1 8    2 log a bc  2log b ac  8log c ab 1 2 logbc a log ac b log ab c 2  2log a b  2log a c  2 logb a  2 log b c  8logc a  8log c b Ta có: P    2 log a b  2 log b a    2 log a c  8 log c a    2 log b c  8 log c b  . Vì a, b, c là các số thực lớn hơn 1 nên: loga b, logb a, log a c, logc a, logb c, logc b  0 . Do đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: P  2 2log a b.2 logb a  2 2 log a c.8log c a  2 2 log b c.8log c b  4  8  8  20 . a  b log a b  log b a   Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi log a c  4 log c a  c  a 2  a  b  c  1 . log c  4log b  2 c  b c  b Vậy Pmin  20 . Đề luyện thi số 3 Trang 14 Tổ Toán Trường THPT Nguyễn Du Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M  2; 2;1 , A 1; 2; 3  và đường thẳng Câu 48: x 1 y  5 z    . Tìm một vectơ chỉ phương u của đường thẳng  đi qua M , vuông góc với 2 2 1 đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng bé nhất.     A. u   2; 2; 1 . B. u  1; 7; 1 . C. u  1; 0; 2  . D. u   3; 4; 4  . d: Lời giải Chọn C Gọi  P  là mp đi qua M và vuông góc với d , khi đó  P  chứa  .   Mp  P  qua M  2; 2;1 và có vectơ pháp tuyến nP  ud   2;2; 1 nên có phương trình:  P  : 2x  2 y  z  9  0 . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên  P  và  . Khi đó: AK  AH : const nên AK min  khi K  H . Đường thẳng AH đi qua A 1, 2, 3  và có vectơ chỉ phương ud   2; 2; 1 nên  x  1  2t  AH có phương trình tham số:  y  2  2t .  z  3  t  H  AH  H 1  2t ; 2  2t ; 3  t  . H   P   2 1  2t   2  2  2t    3  t   9  0  t  2  H  3; 2; 1 .   Vậy u  HM  1;0; 2  . Cho parabol  P  : y  x 2 và một đường thẳng d thay đổi cắt  P  tại hai điểm A , B sao cho AB  2018 Câu 49: . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi  P  và đường thẳng d . Tìm giá trị lớn nhất Smax của S . A. Smax  20183  1 . 6 B. Smax  20183  1 20183 1 . C. Smax  . 3 6 Lời giải D. Smax  20183 . 3 Chọn D Giả sử A(a; a2 ) ; B(b; b 2 ) (b  a) sao cho AB  2018 . Phương trình đường thẳng d là: y  ( a  b) x  ab . Khi đó b b S   (a  b) x  ab  x dx     a  b  x  ab  x 2  dx  2 a a 1 3 b  a  . 6  Vì AB  2018   b  a    b 2  a 2   20182   b  a  1   b  a  2  b  a  2 2 2 2   2018 . 2 20183 20183  2018  b  a  b  a  2018  S  . Vậy Smax  khi a  1009 và b  1009 6 6 2 . Đề luyện thi số 3 Trang 15 Tổ Toán Trường THPT Nguyễn Du Câu 50: Cho f ( x ) là một hàm số liên tục trên  thỏa mãn f  x   f   x   2  2cos 2 x . Tính tích phân 3 2 I   f  x  dx . 3 2 A. I  3 . C. I  6 . Lời giải B. I  4 . D. I  8 . Chọn C Ta có I  3 2  0 Xét  Theo  3 2 0 Đặt t   x  dt  dx ; Đổi cận: x   0 0 3 2 3 2 3 2 3 2 0 0 3 3 t  ; x  0  t  0. 2 2  f  x  dx    f  t  dt   f  t  dt   f   x  dx . giả thiết ta f  x   f   x   2  2cos 2 x  có: 3 2 3 2 3 2 0 0 0 3 2 0  3 2 3 2 0 0 3 2 3 2 0 0   f  x   f   x   dx   2  2 cos xdx  f  x  dx   f   x  dx  2  sin x dx  f  x  dx   f  x  dx  2 sin x dx  2  sin x dx 0  3 2 3 2    f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx .  f  x  dx Suy ra  3 2 0  3 2   f  x  dx  6 . 3 2 ---- Hết ---- Đề luyện thi số 3 Chia sẻ tài liệu : Chiasemoi.com Trang 16
- Xem thêm -