De thi thu mon Toan2018 THPT Han Thuyen lan 1 [blogtoanhoc.com]

De thi thu mon Toan2018 THPT Han Thuyen lan 1 [blogtoanhoc.com] tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án,...

1 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MƠN TỐN – LẦN TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN – TỈNH BẮC NINH HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN BỞI BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM 1D 11A 21C 31A 41A 2D 12B 22C 32B 42B 3C 13C 23 33D 43C 4D 14D 24A 34B 44D 5B 15B 25C 35A 45C 6A 16D 26A 36C 46C 7D 17D 27A 37C 47A 8B 18A 28A 38D 48B 9B 19D 29D 39D 49C 10A 20C 30B 40B 50B Câu 1: Phương pháp: Số hoán vị tập hợp gồm n phần tử Pn n! Cách giải: Số hốn vị tập hợp có phần tử là: P6 6! 720 Chọn D Câu 2: Phương pháp: Dùng định nghĩa dãy số, dãy tăng, dãy giảm,… để kiểm tra tính đúng, sai đáp án Cách giải: Đáp án A: Định nghĩa dãy số: Dãy số hàm số xác định tập hợp số nguyên dương Đáp án B: Dãy số u n n có u1 1; u ; u3 ; u4 nên dãy không tăng không giảm B Đáp án C: Mỗi dãy số tăng bị chặn u1 u1 u Chọn D Câu 3: Phương pháp: - Viết phương trình tiếp tuyến với C M A u C + Phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y f x điểm M x ;f x : y f ' x0 - Tìm tọa độ hai giao điểm A, B tiếp tuyến với trục tọa độ Ox, Oy - Diện tích tam giác OAB là: S OAB OA.OB Cách giải: y x x2 y' Ta có: x M yM 2 3 Phương trình tiếp tuyến với C M d:y y ' xM x xM y Cho y x Vậy SOAB 2 OA.OB là: x 3 3 4 A 3;0 Chọn C Câu 4: Phương pháp: Khử dạng vô định - Trục thức f x B 0;4 3; 2 2 Cho x 3; yM M : 3x 4x 3x 2x 4x - Chia tử mẫu f x cho x cho x 3x 2x Cách giải: 3 x x x0 f x0 lim 4x x 4x 3x 2x 3x 2x 4x 3x lim x 4x 2x lim 4x 3x 2x x 3x lim x 3x 2x 4x 3x 2x 4x 3x 2x x x x2 lim x 4 Chọn D Câu 5: Phương pháp: - Quan sát bảng biến thiên - Khảo sát hàm số đáp án A, B, C, D Cách giải: - Quan sát bảng biến thiên ta thấy: +) lim y nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x x +) lim y x nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y ; lim y x + Hàm số đồng biến khoảng ; 1; Đáp án A: Đồ thị hàm số y  x 1 có tiệm cận đứng x 2x  Đáp án B: Đồ thị hàm số y 2x có tiệm cận ngang y tiệm cận đứng x x Lại có y '   x  1  2x   x  1   x  1 2 loại  0, x  1 nên hàm số đồng biến khoảng ;  1;    thỏa mãn Đáp án C: y '  1;  x  1  2x   x  1  1  x  1  0, x  1 nên hàm số nghịch biến khoảng loại Đáp án D: Đồ thị hàm số y 2x có tiệm cận đứng x x Chọn B Câu 6: Phương pháp: loại ; Nhớ lại quan hệ song song đường thẳng mặt phẳng Cách giải: Đáp án B: α / / β ,d1 Đáp án C: d1 α ;d α ;d β d1 / /d d1 chéo d Loại B β ;d1 / /d xảy trường hợp α cắt β (trong TH d1 / /d / / với  giao tuyến hai mặt phẳng) Loại C Đáp án D: Qua điểm nằm mặt phẳng ta vẽ mặt phẳng song song với mặt phẳng đường thẳng nằm mặt phẳng vẽ song song song với mặt phẳng dã cho Vậy có vơ số đường thẳng loại D Chọn A Câu 7: Phương pháp: Tìm điều kiện xác định hàm số: - P x xác định Q x P x xác định P x Q x - tan u x xác định u  x   k , cot u x xác định x    k Cách giải: Hàm số y tan x xác định khi: sin x  x  k cos x  k   x    sin x   x   k  k  Vậy TXĐ hàm số D  R \  , k  Z 2  Chọn D Câu 8: Phương pháp: - Chọn điểm đặc biệt thực liên liếp phép quay tìm ảnh - Đối chiếu đáp án, đáp án có ảnh trùng với ảnh vừa tìm nhận Cách giải: 10 Quan sát hình vẽ bên ta thấy khối chóp S.ABCD chia thành hai khối tứ diện S.ABC S.ADC hay hai khối tứ diện C.SAB C.SAD Chọn C Câu 22: Phương pháp: Phép dời hình phép biến hình bảo toàn khoảng cách hai điểm Cách giải: - Phép tịnh tiến phép dời hình - Phép đối xứng trục phép dời hình - Phép vị tự với tỉ số phép dời hình - Phép quay phép dời hình Vậy có phép dời hình Chọn C Câu 23: Phương pháp: Tìm GTNN hàm số y f x a, b : - Tính y ' f ' x cho y ' tìm x1 , x , , x n - Tính f a ,f b ,f x1 ,f x , ,f x n a, b so sánh kết Cách giải: y cos 2x 8cos x 2cos2 x 8cos x 2cos x 8cos x 10 Đặt t cos x t f' t 4t 1;1 y f t t 2t 8t 10, t 1;1 1;1 19 f Do f f 1 nên ymin 10 0,f 2.12 8.1 10 16 cos x 16 x kπ Khơng có đáp án Câu 24: Phương pháp: Hình lập phương hình có mặt hình vng Cách giải: Hình lập phương có mặt, đỉnh 12 cạnh nên tổng số cạnh, mặt đỉnh là: 12 26 Chọn A Câu 25 Phương pháp: Biến đổi, đưa phương trình dạng phương trình tích, sử dụng công thức nhân đôi cos Cô lập m đưa phương trình dạng f  x   m Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  đường thẳng y = m song song với trục hoành Cách giải  cos x  1 cos 2x  m cos x   m sin x   cos x  1 4.cos x  m cos x   m 1  cos x    cos x  1 4.cos x  m cos x   m 1  cos x 1  cos x    cos x  1  cos 2x  m cos x  m 1  cos x      cos x  1 cos x  m   cos x     cos x  m   x    k2  cos x  m *   2  Xét nghiệm x    k2  k  Z   0;  k  Z  3  2  Để phương trình ban đầu có nghiệm thuộc 0;  phương trình (*)có nghiệm phân biệt thuộc    2  0;  20 k  2  Xét hàm số y  cos 2x 0;  ta có: y '  2sin 2x   sin 2x   2x  k  x  k  Z     2  Mà x  0;   x   3 BBT: Để phương trình có nghiệm phân biệt 1  m    4  m  2 Mà m  Z  m 3; 2 Chọn C Câu 26 Phương pháp: Hàm đa thức bậc ba y  ax  bx  cx  d  a    C có cực trị thuộc hai phía trục tung phương trình y’ = có nghiệm phân biệt trái dấu Số giao điểm đồ thị hàm số (C) trục Ox nghiệm phương trình ax3  bx  cx  d  Cách giải Xét phương trình hồnh độ giao điểm x  3x  5x   ta thấy phương trình có nghiệm phân biệt nên đáp án A Do C sai Dễ thấy điểm A 1;0  không thuộc đồ thị hàm số 10      Do D sai 3 x  Ta có: y '  x  6x     có nghiệm phân biệt dấu dương nên hai cực trị nằm bên x  phải trục tung Do B sai Chọn A Câu 27 21 Phương pháp: Giải phương trình lượng giác cos x  cos   x    k2  k  Z Cách giải cos 2x     2x    k2  x    k  k  Z  Chọn A Câu 28 Phương pháp: Áp dụng công thức chỉnh hợp tổ hợp: A kn  n! n! ;Ckn  để giải bất phương k! n  k !  n  k ! trình Lưu ý điều kiện C kn  k  n ;k, n  N Cách giải n    ĐK: n    n  n    C4n 1  C3n 1  A n2    n  1!   n  1!   n  !   4! n   ! 3! n  !  n  !   n  !  n   n        n  5!  24  n    n     n 1 n 1   0 24  n    n     n  1 n     n  1  5.6  24  n    n  5n   4n   30   n  9n  22   n   2;11 Kết hợp điều kiện ta có n  5;11 Mà n số nguyên dương nên n 5;6;7;8;9;10 Chọn A Câu 29 Phương pháp: Diện tích tồn phần hình lập phương cạnh a Stp  6a Cách giải 22 Khi dùng mặt phẳng đề cho để chia khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ ta 125 khối lập phương nhỏ Do diện tích toàn phần khối lập phương nhỏ 480 96  125 25 Gọi cạnh hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ a độ dài cạnh hình lập phương nhỏ a  a  96 Suy diện tích tồn phần hình lập phương nhỏ là:    a4 25 5 Chọn D Câu 30 Phương pháp: Xác suất biến cố A nA n A số khả mà biến cố A xảy ra, n  tất n khả xảy Cách giải x  bx  c  * x 1 Để phương trình (*) vơ nghiệm phương trình x  bx  c  ** có trường hợp xảy ra: TH1: PT (**) có nghiệm x  1   b  4c  b  4c    b  4b   b  4b    b   c  1  b  c  c  b    b;c    2;1 TH2: PT (**) vô nghiệm    b2  4c   b2  4c  b  c Vì c số chấm xuất lần gieo thứ nên c   b   4,9 Mà b số chấm xuất lần giao đầu nên b 1; 2;3; 4 Với b = ta có: c   c  1; 2;3; 4;5;6  có cách chọn c Với b = ta có: c   c 2;3;4;5;6  có cách chọn c Với b = ta có: c   c  3; 4;5;6;  có cách chọn c Với b = ta có: c   c 5;6  có cách chọn c Do có + + + = 17 cách chọn (b ; c) để phương trình (**) vơ nghiệm 23 Gieo súc sắc lần nên số phần tử không gian mẫu n   6.6  36 Vậy xác suất đề phương trình (*) vơ nghiệm  17  36 Chọn B Câu 31 Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số đề suy hàm số cần tìm Cách giải Nhìn vào đồ thị hàm số ta thấy hình dạng hàm đa thức bậc ba Suy loại B Vì lim y    a   loại C x  Ta có: Đồ thị hàm số qua điểm  0;  suy loại D Chọn A Câu 32 Phương pháp: Phép vị tự tâm I tỉ số k biến điểm M thành M’  IM'  kIM Cách giải Gọi M '  x; y  ảnh M qua V O;2 ta có: V O;2  M   M '  OM '  2OM  x  4   x; y    2;5     M '  4;10   A  y  10 Chọn B Câu 33 Phương pháp: Đối với khối đa diện ta kí hiệu Đ số đỉnh, C số cạnh, M số mặt đa diện thuộc loại n; p (khối đa diện lồi có mặt n – giác đỉnh đỉnh chung p cạnh) pĐ=2C=nM Cách giải Gọi khối đa diện thuộc loại {n ; p} (khối đa diện lồi có mặt n – giác đỉnh đỉnh chung p cạnh) Theo đề ta có: p = Khi áp dụng cơng thức pĐ = 2C = nM Trong Đ, C, M số đỉnh, số canh số mặt khối đa diện 24  3Đ = 2C  Đ = 2C Do Đ số chẵn Chọn D Câu 34 Phương pháp: Để hàm số bậc bốn y  x  bx  c có cực trị phương trình y’ = có nghiệm phân biệt Và hàm số có ba cực trị ba cực trị tạo thành tam giác cân Cách giải x  Ta có: y '  4x  4mx    x  m Để phương trình y’ = có nghiệm phân biệt  m   x   y  2m  m  A  0; 2m  m    y '    x  m  y  m  m  B m; m  m  2  x   m  y  m  m  C  m; m  m     Ta có tam giác ABC tam giác cân A nên để ABC tam giác vng cân ta cần thêm điều kiện tam giác ABC vuông A  AB.AC  AB     m; m ; AC   m; m   m   ktm   m  m   m  m3  1     m   tm  Vậy m = Chọn B Câu 35 Phương pháp: Đường thẳng y  y0 gọi đường tiệm cận ngang (gọi tắt tiệm cận ngang) đồ thị hàm số y  f  x  lim f  x   y0 lim f  x   y0 x  x  Cách giải y  mx  x  2x   m2 x  x  2x  mx  x  2x  m   1 x  2x  mx  x  2x  m  Để hàm phân thức có tiệm cận ngang bậc tử phải nhỏ bậc mẫu  m2      m  1 Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán 25 Chọn A Câu 36 Phương pháp: Gọi A’ hình chiếu A mặt phẳng (P) Khi d  A;  P    AA ' Sử dụng cơng thức tính diện tích tam giác ABC 1 bcsin A  acsinB  ab sin C 2 abc S 4R S Trong a, b, c độ dài cạnh tam giác, R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Cách giải Gọi H hình chiếu đỉnh S lên mp(ABC) ta có góc tạo SA, SB, AC với đáy SAH;SBH;SCH SAH  SBH  SCH  600 Dễ dàng chứng minh vSAH   vSBH   vSCH  HA  HB  HC  H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đặt SH = h Xét tam giác vng SAH có AH = SH.cot 600 = Xét tam giác ABC có: SABC  h R AB.AC.BC AB.AC.a 3a   AB.AC h 4R 4h 1 2 Mà SABC  AB.AC.sin BAC  AB.AC  AB.AC 2 26  3a 3a a  h  4h 2 Chọn C Câu 37 Phương pháp: f x f x c c  h x  g  x    với c số Z   Z  g  x   U c  gx gx gx gx Cách giải Gọi điểm  x ; y0   x , y0  Z điểm thuộc đồ thị hàm số cần tìm Ta có: y0  x0 1 x0   2   1  Z  x  1 U    1; 2 x0 1 x0 1 x0 1 Ta có bảng giá trị sau: x0 1 2 1 x0 3 2 1 y0 Vậy có điểm thuộc đồ thị hàm số thỏa mãn yêu cầu đề Chọn C Câu 38 Phương pháp: Dựa vào hình tứ diện khái niệm mặt phẳng đối xứng khối đa diện Cách giải Mặt phẳng tạo hai đỉnh trung điểm cạnh đối mặt phẳng đối xứng tứ diện Tứ diện có đỉnh Vậy có C24  mặt phẳng đối xứng Chọn D Câu 39 27 Phương pháp: Tiếp tuyến điểm có hồnh độ x hàm số y  f  x  có hệ số góc k  f '  x  Hai đường thẳng  d  : y  kx  a ;  d ' : y  k ' x  b vng góc với k.k '  1 Cách giải Ta có: y '  4x  8x Gọi  d ' tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hồnh độ x vng góc với đường thẳng d hệ số góc d’ là: k  y '  x   4x 30  8x Vì d '  d  k  1  k  4  4x 30  8x  4  x 30  2x    x0   1    x  1  x  x  1    x     x  1   Vậy có tiếp tuyến thỏa mãn Chọn D Câu 40 Phương pháp: Phân chia khối đa diện Cách giải Cắt khối lăng trụ hai mặt phẳng (MBC) (MB’C’) ta ba khối chóp M.ABC ; M.A’B’C’ ; M.BCC’B’ Chọn B 28 Câu 41 Phương pháp: Hàm số y  f  x  gọi tuần hồn theo chu kì T  f  x   f  x  T  Cách giải Hàm số y  sin 2x tuần hoàn với chu kì  sin   x     sin  2x  2   sin 2x Chọn A Câu 42 Phương pháp: Sử dụng định nghĩa khối đa diện Cách giải Khối đa diện khối đa diện lồi có hai tính chất sau đây: - Các mặt đa giác có số cạnh - Mỗi đỉnh đỉnh chung số cạnh Từ định nghĩa khối đa diện ta thấy A, C, D Vậy B sai Chọn B Câu 43 Phương pháp: Sử dụng định nghĩa khối đa diện khối đa diện lồi Khối đa diện giới hạn hình (H) gồm số hữu hạn đa giác phẳng thỏa mãn hai điều kiện: 1) Hai đa giác khơng có điểm chung có đỉnh chung, có cạnh chung 2) Mỗi cạnh đa giác cạnh chung hai đa giác Khối đa diện lồi: Nếu hai điểm A, B thuộc đa diện lồi điểm M  AB thuộc đa diện Cách giải A sai Hình khối đa diện lồi B sai Hình khối đa diện lồi D sai Hình khơng phải khối đa diện Chọn C Câu 44 Phương pháp: x gọi điểm cực trị hàm số y  f  x  qua x f '  x  đổi dấu Cách giải (I) sai f '  x   điều kiện cần mà chưa điều kiện đủ 29 (II) sai hàm phân thức y ax bx c có cực đại, cực tiểu giá trị cực đại nhỏ giá trị cực tiểu cx d (III) sai có hàm số có cực đại mà khơng có cực tiểu Ví dụ y  x  2x đạt cực đại x  mà khơng có cực tiểu (IV) Chọn D Câu 45 Phương pháp: Khối đa diện mà mặt đa giác n cạnh đỉnh đỉnh chung p cạnh gọi khối đa diện loại {n; p} Cách giải Khối bát diện khối đa diện thuộc loại {3; 4} Chọn C Câu 46 Phương pháp: Tâm đối xứng hàm đa thức bậc ba điểm uốn Tâm đối xứng hàm phân thức giao điểm đường tiệm cận Cách giải Đối với hàm số y  14x  ta thấy TCN: y = 14, TCĐ: x = - x2 Suy tâm đối xứng đồ thị hàm số (H) I  2;14  I tâm đối xứng đồ thị hàm số (C) Đối với đồ thị hàm số (C) ta có: y '  3x   m  3 x  y ''  6x   m  3   x   m3 Hàm đa thức bậc ba có tâm đối xứng trùng với điểm uốn nên ta có:  m3  2  m    m  3 Chọn C Câu 47 Phương pháp: Tính f’(x) sau giải bất phương trình Cách giải TXĐ: D   ;0  1;   30 Ta có f '  x   2x  x2  x f ' x   f  x   2x  x x DK :x   ;0   1;     2x  x x 2  x2  x  x2  x  2x    x  x  x2  x 0  2x    x  x    2x  4x       2   x   ; ;        2  Kết hợp điều kiện ta có: x   ;0    ;     Chọn A Câu 48 Phương pháp: Xác suất biến cố A nA n A số khả mà biến cố A xảy ra, n  tất n khả xảy Một tam giác tạo thành nối ba điểm khơng thẳng hàng với Cách giải Số tam giác tạo thành nối điểm với là: n   C16 C24  C62 C14  96 Gọi biến cố A: “Tam giác có hai đỉnh màu đỏ” Khi n A  C62 C14  60 Suy P  A   n A 60   n  96 Chọn B Câu 49 Phương pháp: Dãy số u n n 1,2, cấp số cộng với công sai d u n 1  u n  d n  1, 2,3, Dãy số u n n 1,2, cấp số nhân với công bội k u n 1  ku n n  1, 2,3, 31 Cách giải +) Giả sử dãy u n là: u1; u ; ; u n CSC có cơng sai d   u n  u1   n  1 d  4u n  4u1   n  1 4d Dãy Pn có dạng 4u1;4u ; ;4u n CSC có cơng sai 4d   A +) Giả sử dãy u n CSN có công bội k   u n  k n 1u1  u 2n  k 2n 2 u12   k  n 1 u12 Dãy Sn có có dạng u12 ; u 22 ; ; u 2n CSN có cơng bội k   D u n  k n 1u1  4u n  4k n 1u1  k n 1.4u1  Dãy Pn có dạng 4u1;4u ; ;4u n CSN với công bội k Suy B Chọn C Câu 50 Phương pháp: Áp dụng công thức tính diện tích tam giác S  p.r p nửa chu vi r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác Cách giải Đặt AB = AC = a, BC = b  a, b   Ta có: SABC  p.r  p.1  p  a a b b a 2 Kẻ đường cao AH ta có: b A A  a sin  SABC  a  a sin 2 Ta lại có 32 A A  a sin A  a  a sin  a 1  sin  2 2  A  a sin A   sin 2 A  1  sin  2 a  sin A SABC   SABC A  1  sin  2   sin A   A   Dùng [MODE] [7] tìm GTNN hàm số ta nhận được: Xấp xỉ Chọn B 33 ... ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MƠN TỐN – LẦN TRƯỜNG THPT HÀN THUN – TỈNH BẮC NINH HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN BỞI BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM 1D 11 A 21C 31A 41A 2D 12 B 22C 32B 42B 3C 13 C... tìm k cho x k : x12 k x4 8 Vậy hệ số số hạng chứa x là: C12 12  k k 12  k   1   C   x k  3    3 x k 0 12 3 12 x 2k C12 34 16 12 55 x4 2k 12 k Chọn A Câu 19 : Phương pháp:...  Z điểm thu c đồ thị hàm số cần tìm Ta có: y0  x0 1 x0   2   1  Z  x  1 U     1; 2 x0 1 x0 1 x0 1 Ta có bảng giá trị sau: x0 1 2 1 x0 3 2 1 y0 Vậy có điểm thu c đồ