ĐỀ THI THỬ TOÁN CHUYÊN THÁI BÌNH

Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 1|P ag e Cảm ơn thầy Lê Thanh Phước (phuochv@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 2|P ag e Cảm ơn thầy Lê Thanh Phước (phuochv@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 3|P ag e Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 4|P ag e Cảm ơn thầy Lê Thanh Phước (phuochv@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 5|P ag e Cảm ơn thầy Lê Thanh Phước (phuochv@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 6|P ag e Đáp án chi tiết đề chuyên Thái Bình lần – 2018 – Mã 132 HDG :  1 k 1 2      k         sin x x  sin2 x x2 2   1 Đặt f x      1; x  0;  Từ (1) k  2 Minf x  (Nếu có)   sin x x C1 :   x 0;      Dễ thấy f x  /x  0;  Ta có lim f x  Do đó:  Minf x  Vậy Max k  Đáp án C    x        x 0;    C2 : Dùng định lý kẹp HDG : Áp dụng định nghĩa ta có : Đáp án C HDG : Đáp án B Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 7|P ag e Hạ AH  CD , BK  CD  H , K  CD   HK  2, CK  DH  Đặt KB  HA  x , x chiều cao hình thang cân ABCD Khi quay hình thang cân quanh trục CD thu khối tròn xoay tích V bao gồm phần: + Phần khối nón tròn xoay đỉnh C , đường sinh CB , trục CK bán kính đáy BK Kí hiệu thể tích phần V1 + Phần khối trụ tròn xoay có đường sinh BA , trục HK , hai đáy đường tròn  K ; KB  ,  H ; HA  Kí hiệu thể tích phần V2 + Phần khối nón tròn xoay đỉnh D , đường sinh DA , trục DH bán kính đáy HA Kí hiệu thể tích phần V3 Ta có: V1  V3   x  V  V1  V2  V3  6   x2  x2 D ;V2   x 2  2 x   x2  2 x  x   x A E H Vậy diện tích hình thang cân ABCD  AB  CD  AH  (2  4)  Đáp án A 2 x B K F C HDG : Ta có : log6 45  log2 45 log2  log2  log2 log2  log2  log2  log2  log2  log2  1  log2   log2 2 log2   log2 Từ a = ; b = -2 , c = nên a + b + c = Đáp án A Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 8|P ag e HDG :        Ta có : cos x  cos 2x  m cos x  m sin2 x  cos x  cos 2x  m cos x  m  cos2 x   cos x  1  cos x  1 cos 2x  m cos x  m cos x  1    2 cos x   m cos x  m cos x  1  x      x  0; 2        cos x  m       2  m 1 Với x   0;     cos x    cos2 x  Với cos x  để phương trình có nghiệm phân biệt  3 2      2    m    1  m   Đáp án D  3   thuộc  0; HDG : x2 1 Ycbt  x  mx  2m   x  1;2  m x  2  x   m   1;2 x  1;2 x 2 x2 1 Xét f x   Vì hàm số liên tục 1;2 nên  m  Maxf x  Khảo sát ta có : Maxf x   Đáp án B   x 2 x 1;2 x 1;2   B C S HDG :  x  x   x  1.x  Dấu xảy  x2  x  x  1      12 x   x  10 t / m  Đáp án C 1 1  f ( x )    ln x  C  '    x x x  Đáp án A Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 9|P ag e HDG : Đáp án B Ta có :  BD / / BD  C D / / BA   BC D  //  ABD   d  BC D  ,  ABD    d  A,  BC D    d C ,  BC D   Gọi O giao điểm AC BD  CO  BD Ta có  BD  CO  BD   COC     BD  CC  Trong  COC   , kẻ CH  OC CH  OC   CH   BC D  H  d C ,  BC D    CH CH  BD  BD   COC    Ta có  COC  vng C , đường cao CH  2 1  CH   d  BC D  ,  ABD      2 CH CO CC  3 HDG : Giả sử thiết diện qua trục hình trụ hình chữ nhật ABBA Ta có : R  a , AB  2a PABBA   AB  BB    2a  BB   10a  BB  3a  h Thể tích khối trụ : V  h. R  3a. a  3 a Đáp án D HDG : Lắp ghép hai khối hộp chưa khối đa diện lồi Đáp án B Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 10 | P a g e PT Hoành độ giao điểm : HDG : x  2x 1  x   x2   Vậy x A  xB  Đáp án A  x 1  x  5x   2 x    x   x  1 cos x  sin 2x 1  cos 3x  cos x   Điều kiện : cos 3x   cos x  cos x   cos x cos x     loại đáp án D cos x    Vì đáp án C có nghiệm sinx = mà cos x  nên loại C  Thay x   vào phương trình khơng thỏa mãn nên loại B   Vậy đáp án A Cách : cos x  sin 2x    cos x  sin 2x  cos 3x   cos 2x cos x  sin 2x  cos 3x   cos x    cos x cos 2x  sin x    cos x 2 sin x  sin x    sin x  loai   x     sin x      Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 11 | P a g e HDG : Hình dạng đồ thị ta có a > 0; có cực trị nên ab < hay b < Giao với trục tung có c = Do đáp án B HDG : Ta có phương trình  38.32x  4.35.3x  27  Tổng nghiệm tương ứng với tích nghiệm phương x1 x trình với ẩn t  3x Do  c  35  x  x  5 Đáp án A Ngồi bạn bấm máy đáp án a u  x du  dx  F ( x )  x sin x   sin xdx  x sin x  cos x  C Đáp án C  dv  cos xdx v  sin x HDG : Đặt  x HDG : Vì a  nên hàm số y  a đồng biến  Mà     a   a Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986  a Đáp án B 12 | P a g e HDG : Bảng biến thiên y  f  x  sau: Dựa vào BBT hàm y  f  x  , ta thấy đường thẳng y  phương trình f  x   cắt đồ thị hàm số y  f  x  điểm phân biệt Vậy e có nghiệm thực phân biệt Đáp án A e HDG : Áp dụng cơng thức tính lãi suất kép ta số tiền rút gốc lãi sau năm là: 80.106 1  6,9%   111680799 đồng Đáp án D   HDG : Ta có AB  1; 2; 1  P  : x  y  z   có vtpt n P   1;1;1 Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 13 | P a g e    Mặt phẳng  Q  chứa A, B vng góc với mặt phẳng  P  nên có vtpt n Q    AB; n P     3; 2; 1   Vậy phương trình mặt phẳng  Q  :  x     y  1  1 z  1   x  y  z   Đáp án D HDG : Ta có AC  2a  OA  a  SO  2a Vậ y VS ABC 1 a3  a.a 3.2 2a  3 Học sinh tự vẽ hình Đáp án C HDG : Áp dụng cơng thức tính nhanh R  Rd  Rb  A GT BC  R ABC  RSBC  a 4 Do đó: S  4 a Đáp án D M O B I C N S  m2  4  ; y   m  mx   HDG : D   \  Để hàm số đồng biến khoảng xác định y   0; x  D   m   2  m  Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn toán Đáp án C Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 14 | P a g e ABC.ABC lăng trụ đứng nên AA   ABC   hình chiếu vng góc AB lên  ABC  AB AB,  ABC    ABA  60  AA  AB.tan 60  a 15     V  AA.S ABC  a 15 a    5a 15 Đáp án B Đáp án B F  x    sinx dx  cosx  C Đồ thị hàm số y  F  x  qua điểm M  0;1 nên  cos  C   C  Suy F  x   cosx       cos   Đáp án C 2 Vậy F  Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 15 | P a g e HDG : Gọi I,J trung điiểm SA BC Dễ dàng chúng minh IJ đoạn vng góc chung SA BC Ta có : IJ  IC  JC   x2 y2  4 SA  IBC   VSABC  VSIBC  VAIBC  S SI  IA IBC y2 x2 xy   4 2  2xy  x  y  xy  x  y  4 Xét :  2    x y  x y2           4  4     xy  x y x y        2 2 2 x y   x y  x y    4      1                    4   4  4       x2 y2   V  4 27    x y    1 x y2 x y   x y  Dấu xảy :   Đáp án C   1   4 3   x y2 x y2         4 4  xy  Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 16 | P a g e HDG : y  a x hàm ngịch biến nên  a  lấy hoành độ dóng lên ta có c  b  nên c  b  a Đáp án A 2x  m Để hàm số đồng biến  ;   y   0, x x 1 m  m  2x  mx  x  m với  ;   m      m  1 Đáp án D x     x 1 x2 1    1  m  HDG : y   HDG : Dựng AH  SD , H  SD  AH  ( SCD ) d ( B, (SCD))  d ( A, (SCD))  AH  1 1 a       AH  Đáp án B 2 AH AS AD 3a a 3a 2x 32 x 32 x C   C Đáp án C HDG :  dx   d x  2 ln ln 2x HDG: Đáp án D HDG: I 1; 2;3 , R   2  32   Đáp án B Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 17 | P a g e HDG : Giả sử đồ thị cắt ox ba điểm có hồnh độ x1 , x2 , x3 lập thành cấp số cộng nghiệm pt : x  x  2m    b  x1  x2  x3    a  c b Theo viet bậc 3:   x1 x2  x2 x3  x3 x1  Khi đó: x1  x3  x2  x2    x2   a a   x x x  d  a `Do điều kiện cần x  nghiệm Thay vào pt: 2m 1   m  Thử lại m   thỏa mãn Đáp án D HDG : R  IA  12  2  22    S  :  x 1  y   z  1  Đáp án 2 HDG : n()  C15 Gọi X biến cố chọn mẫu thịt ba quầy A, B, C, suy n( X )  C42C51C61  C41C52C61  C41C51C62 n( ) 48 Xác suất biến cố X p ( X )  Đáp án C  n( X ) 91 Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 18 | P a g e HDG : Cho tứ diện vng O ABC có OA, OB, OC đơi vng góc Khi đó, H trực tâm ABC OH  ( ABC )  Do ( P ) mặt phẳng qua H vectơ pháp tuyến OH  (2;1;1) Phương trình mặt phẳng ( P ) 2( x  2)  1( y  1)  1( z  1)  hay x  y  z   Đáp án A sin x  1 HDG : cos x  Khi đó, phương trình  cos x  sin x  2sin x  sin x     sin x   Với sin x  1 cos x  Do loại sin x  1   x   k   5   12 (k  ) Vì x   0;  nên ta nhận nghiệm x  Với sin x    x  Đáp án D 12 12  2  x  5  k   12 HDG : Đáp án A HDG : BPT  1  x   x  0; x  Đáp án B HGD : Đk có nghiệm a  b  c  3m  2m      m  Đáp án D HDG : Đáp án D Áp dụng Cơng thức tính nhanhtứ diện cạnh x : V  x3 12 Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 19 | P a g e HDG : n     C204  4845 Số đường chéo qua tâm hay gọi đường chéo lớn đa giác : 10 Với đường chéo , ta hình chữ nhật  n  A  C102  45  P  A  n  A Đáp án C  P  A  323 HDG : Ta có : An3  An2  100  n3  n  100   n  k 10 k Số hạng tổng quát khai triển 1  3x  : Tk 1  C10k  3 x   C10k  3 x k Ycbt  k  Vậy hệ số x5 khai triển :  3 C105  35 C105 Đáp án A HDG : Ta có : 1  1 2017 2017 2017  C2017  C2017  C2017   C2017  C2017  C2017   C2017  1  1 2017  C2017  22017  Đáp án C HDG : Gọi số có bốn chữ số là: M  abcd Trường hợp : a  , để M số lẻ d Chọn bc có A42  12 cách Theo quy tắc nhân ta có: 24 số Trường hợp : d  Chọn a có cách ( a  , a  d ) Chọn bc có A4  12 cách Theo quy tắc nhân ta có: 48 số Trường hợp : d  1; 5 a  Chọn a có cách ( a  0, a  , a  d ) Trong hai chữ số lại bắt buộc phải có chữ số (Giả sử b ) Khi chọn c có cách chọn Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 20 | P a g e Theo quy tắc nhân ta có: 36 số Vậy ba trường hợp lại ta có: 108 số Vậy Đáp Án A HDG : Ta có  f  x  dx  x ln  3x  1  C   f  x  dx  2.3 x.ln 3  x   1  C  x ln  x  1  C Đáp án A HDG : Điều kiện: x3  x  x   (*)     3 2 Khi phương trình trở thành: log x  x  3x   log x    x  1  x  x  3  log  x  1  6( x  1)   log  x  1   x  1   x  1   x  1   3  log  x  1  6( x  1)    x  1   x  1   log  x  1   x  1 (1)     Dễ thấy hàm số f (t )  / t  Suy f (t )  log t  t đồng biến  0;   x  2  Từ (1) có:  x  1  6( x  1)  x   x  x  x     x   x   3 So điều kiện (*) ta thấy phương trình có nghiệm: x1  2, x2  3, x3   Vậy: S  2    2 Đáp án B Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 21 | P a g e HDG : Từ điểm M kẻ d // AB  S  Từ A kẻ đường thẳng vng góc với d N N  d     Kẻ AH  SN H  SN Ta có AB / /MN  AB / / SMN     Từ có : d AB, SM  d AB, SMN     d A, SMN  2a  AH 1 1 1 2a 39 AH        AH AN SA2 AH a2  2a  13 H B A N M 2a C Đáp án A Cảm ơn thầy Lê Thanh Phước (phuochv@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl Hết - Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 22 | P a g e ... www.laisac.page.tl Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 6|P ag e Đáp án chi tiết đề chuyên Thái Bình lần – 2018 – Mã 132 HDG :  1 k 1 2      k         sin x x  sin2...Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 2|P ag e Cảm ơn thầy Lê Thanh Phước (phuochv@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 3|P ag e Giải đề. .. sẻ đến www.laisac.page.tl Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT : 01657913986 5|P ag e Cảm ơn thầy Lê Thanh Phước (phuochv@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl Giải đề : Phạm Nguyên Bằng SĐT :