Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án môn toán năm 2018 trường thpt chuyên phan bội châu lần 3 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

rằng C luôn thuộc một đường tròn cố điình.. Tính chu vi của đường tròn đó.[r]

(1)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU-TỈNH NGHỆ AN-LẦN 3-2018

Câu 1: [1H 3-3] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 19]

Cho tứ diện ABCD có AB AC AD, BAC  600, BAD  900, CAD  1200 Số đo góc đường thẳng AB mặt phẳng (BCD) bằng:

A.450 B.900 C.600 D.300

Lời giải Chọn D

Đặt x AB AC  AD Khi , ta tính BCx, DB 2x , CD 3x nên

2 2

BD BC CD tam giác BCD vuông B Kẻ AH (BCD) Vì AB AC AD

Nên H trung điểm CD ,

2

CD x

BH  

Khi góc AB mặt phẳng (BCD) góc ABH và

 

cos 30

2 HB

ABH ABH

BA

   

Câu 2: [2H1-2] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 32]

Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy ,a góc hai mặt phẳng SAB ABCD 45 ;0 M N P, , trung điểm SA SB AB, , . Tính thể tích V khối tứ

diện D MNP A

3

12

a

B

3

a

C

3

a

D

3

4a

Lời giải Chọn C

+ SPO 450 SO OP a.

   

+ .

3

S ABCD ABCD

a

V  SO S 

+ . . .

2

D SAB S ABD S ABCD

a

(2)

+ . .

4

D MNP D SAB

a

V  V 

Câu 3: [2D2-4] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 34] Cho hàm số  

2 log

1

m x f x

x



 Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số

msao cho

   

f a  f b  với số thực a b, thỏa mãn ea b e a b 

  Tính tích phần tử S

A 27 B 3 C 27 D 3

ĐKXĐ: 0

0

x

x x

m m



 

 



 

 

   



Khi đặt a b t  với 0 t Xét et et

 mà t 0 nên et1t  et1 t 0 1 Mặt khác xét f t  et1 t

 

  0 t 1 0

f t e

     t1

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy

t

e t

  , dấu " " xảy  t1 2 Từ  1  2

0

t

e t

     t a b 1 Mặt khác  

2 log

1

m x f x

x



  

2

3 3

log m log x log x

   

      1 

f a f b f a f a

      

 

     

3 3 3

log m log a log a log m log a log a

        

2

3 log

2

m

   m2 27 0 27

27

m

   

  

Khi tích phần tử S  27 3

HƯỚNG (CAO THỜI_đề xuất)

Ta có   33      .3   .2 .1

1 1

f x x f a f b f a f b x y x x

m m m m m

x x y x x

 

      

   

(3)

[2D2-4] Cho hàm số   9

t

f t

m



 với

mlà tham số thực Gọi S tập hợp tất giá trị

thực msao cho f x  f y 1 Với số thực x y, thỏa mãn ex y e x y 

  Tìm số phần tử S

A 0 B 1. C Vô số. D 2

Đặt x y t  Ta có 0 et e t.

  nên t 0 Khi et1 t

  et1 t 0 1 Mặt khác xét f t  et1 t

 

  0 t 1 0

f t e

     t1

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy et1 t 0

  , dấu " " xảy  t1 2 Từ  1  2 et1 t 0

     t x y 1 Ta có f x  f y  1 2 2 1

9

x y

m m

  

 

   

2

2.9x y 9x 9y 9x y 9x 9y

m m m

 

      

4 9x y 9

m 

  

3

m m

   

 

Vậy tập hơp S có tất hai phần tử

Câu 4: [2D3-3] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 35] Biết

ln

0

dx= ln ln ln

2

a c

x b

e   

 Trong a , b , c số nguyên Khi đó

S a b c  

A S  4 B S  3 C S  5 D S  2

Lời giải Chọn B

Ta có

 

ln ln

0

1

dx= dx

2

x

x x x

e

e  e e 

 

Đặt ex t

  dt=e dxx

(4)

Vậy

   

ln 2

0 1 dx dt= 2 x x x e t t

e e   

   

2

1

2 dt= t t t t     1 dt t t         

  12     lnt ln 1t ln ln ln1 ln

        ln ln ln 51

  

Vậy S  3

Hướng (CAO THỜI_đề xuất)

Phân tích    

ln ln ln

0 0

2 ln

1

1 ln

0

2 2

x x x

x

x x x

e e e

dx dx dx x e

e e e

                       

CÁC CÂU TƯƠNG TỰ

1 [2D3-3] Biết  

ln

2

1 1

dx= ln ln

2

a

x b

e   

 Trong a , b số nguyên.

Khi S a 2b

A S  2 B S  3 C S  1 D S  0

Ta có

ln ln 2

2 2

0

1

dx= dx

2 2

x

x x x

e

e  e e 

 

Đặt 2e2x 1 t 2e2x t2 1

      d 2 e2x=dt21  4e2xdx=2 dtt Đổi cận: x  0 t  3, x ln t  3

Vậy

 

ln 2

2 2 dx dt

2

x

x x

e t

t t

e e   

 

3

1 1

dt t t

 



 

 

 

 ln 1 ln 1 33

2 t t

     

     

1

ln ln ln ln

2   2      

1

ln ln

2



  

Vậy S  3

2 [2D3-3]Biết    

2 dx=a.e+bln x x

x x e

e c x e



 

 Trong a , b , c số nguyên Khi

đó S a 2b c

A S  1 B S  2 C S  1 D S  0

Lời giải. Chọn B

Ta có    

2 1 0 dx=

x x x

x x

x x e xe x e

dx

x e xe

 

 

Đặt xex t

   dt=x1 e dx x

Đổi cận: x  0 t  , 1 x  1 t e 1

Vậy        

2 1 1 1

dx= ln ln

x e

e

x

x x e t

dt t t e e

x e t

            

(5)

Câu 5: [1D5-3] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 36]

Cho hàm số  

3 khi x x f x x           

Tính f  0

A

16 B

1

8 C

1

32 D

1

Lời giải Chọn A

+) Phương pháp: Tính đạo hàm định nghĩa

Cho hàm số yf x  xác định khoảng a b;  và x0a b;  Nếu    

0

0 lim

x x

f x f x

x x





 tồn

tại hàm số có đạo hàm điểm x0  

    0 0 lim x x

f x f x

f x x x     

+) Cách giải: Ta có

    0 lim x

f x f

x    

3

4 lim x x x      lim x x x       lim

4

x x x x       1 lim 16 4

x   x  Do  

16

f  

HƯỚNG CAO THỜI_đề xuất (chưa thẩm định)

Xét hàm số  ,  4

x a

f x a     Với a nhỏ tùy ý

Ta có ' ,  ' 0  lim0 1 16

8 a

f x a f

x a  a

   

  

CÁC CÂU TƯƠNG TỰ

1 [1D5-3] Cho hàm số  

3

khi

x ax b x

f x

ax bx x

         

Giá trị a b, để f x có đạo hàm x 1

A 5,

8

a b B 4,

3

a b C 3,

8

a b D Khơng có.

+) Để hàm số f  x có đạo hàm tạix 1thì hàm số phải liên tục x 1 +) Ta có

  lim

x  f x   

2

lim

x  x  ax b  1 3a b ; limx1 f x    

3 lim

x  ax  bx  a b

+) Hàm số liên tục x 1thì limx1 f x  xlim1 f x  f  1 hay 3a b   a b suy

4a 2b1 (1) +)     1 lim x

f x f

x          lim x

x ax b a b

x        lim x

x ax a b

(6)

2

1

3

lim

1

x

x ax a

x





  



 do (1)

 

1

lim 3

x  x a a

     . +)     1 lim x

f x f

x          lim x

ax bx a b

x           1

lim lim

1

x x

ax bx a b

a x x b a b

x               

Do hàm số có đạo hàm x 1thì    

1 lim

1

x

f x f

x         1 lim x

f x f

x





 

 suy 3 a3a b  6a b 2 (2)

+) Từ (1) (2) suy 3,

8

a b Chọn C

2 [1D5-3] Cho hàm số  

1

khi

x

f x x

m x         

Giá trị m để f x có đạo hàm

0 x 

A

 B 0 C 1

2 D Khơng có.

+) Để hàm số f  x có đạo hàm x 0 hàm số phải liên tục x 0 +) Ta có

 

0 0

1 1

lim lim lim

2 1 1

x x x

x x

x x x x

  

 

  

 

  ; f  0 m Hàm số liên tục x 0    

0

lim

x f x f suy

m 

+) Với

m  ta có    

0

0 lim

0

x

f x f

x





 0

1 1 lim x x x x    

  0

2

lim x x x x         2 lim

2 2

x

x x x



 

    

1

lim

4

2 2

x x x



 

   Hàm số có đạo hàm x 0và

 0

f   Chọn C

Câu 6: [2D1-3] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 38] Cho hàm số

1 x y x  

 có đồ thị  C điểm A  5;5 Tìm m để đường thẳng yx m cắt đồ thị  C hai điểm phân biệt B C, cho tứ giácOABC hình hình hành

A

2 m m    

 B m0 C m2 D m

(7)

Chọn B

Xét phương trình tương giao 3  4 0  1

x

x m x m x m

x



       



Để đường thẳng cắtyx m cắt đồ thị  C hai điểm phân biệt phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt khác 1

2

0 25

1

m m

m m m

     





 

     

 

Vậy với giá trị m đường thẳng cắty x m cắt đồ thị  C hai điểm phân biệt Khi B x 1;x1m;Cx2;x2m

Tứ giác OABC hình bình hành ta suy BC OA 5  12  22  

2 x x x x 4x x 25

      

Mà 2

3

x x m

x x m

  

 

  

Thay vào ta 2 25 25

m

m m

m

 

    

 

Thử lại với m 0 ta thấy đường thẳng OA BC trùng m 0 không thỏa mãn ycbt

m  ta yx2 song song với đường thẳng OA Vậy m 2 thỏa mãn yêu cầu toán

Nhận xét:

Bài chất toán tìm m để đường thẳng yx m cắt đồ thị  C hai điểm B C, cho BC a học sinh mắc sai lầm việc khơng loại trường hợp

0 m 

BÀI TẬP PHÁT TRIỂN

[2D1-3] Đường thẳng y= - +x m cắt đồ thị hàm số y x x

-= hai điểm phân biệt B C,

sao cho tứ giác OABC hình bình hành với A 10; 10

A m = - B m =0 C m =0 D m 2

Xét phương trình tương giao x x m x2 1 m x 1 0  1

x



      

Để đường thẳng cắtyx m cắt đồ thị  C hai điểm phân biệt phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt khác 1

 

2

0 2 5 0

0 1

m m

 

    





 

    

 



Vậy với giá trị m đường thẳng cắty x m cắt đồ thị  C hai điểm phân biệt Khi B x 1;x1m;Cx2;x2m

(8)

 12  22  

2 x x 10 x x 4x x

      

Mà 2

1

x x m

x x

  

 

 

Thay vào ta 2 5

m

m m

m

 

    

 

Thử lại với m 0 ta thấy đường thẳng OA BC trùng m 0 không thỏa mãn ycbt

m  ta yx2 song song với đường thẳng OA Vậy m 2 thỏa mãn yêu cầu toán

Câu 7: [2D2-4] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 39] Cho số thực ,x y thỏa mãn 4 2 4 1 3 4 2 4

4x  y 2x  y  2x y x y

   Gọi M m, giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức

4

x y

P

x y

 



  Tính M m A 36

59

 B 18

59

 C 36

59 D

18 59

Ta có: 4 2 4 1 3 4 2 4 2 2

4x y 2x y 2x  y x y x 4y

     

2

( 1) ( 2)

4

x y

P P x P y P

x y

 

      

 

Mà    

2

2 2 2 2

1 ( 1) ( 1)

2

P P

P  P     x y P   

          

   

 

 

2

2 2 2 18 35 18 35

1 ( 1) 59 36

2 59 59

P

P P    P P   P  

            

 

Vậy 36

59 M m 

HƯỚNG (CAO THỜI_ĐỀ XUẤT)

Từ điều kiện 2

4

x  y  đặt Y 2y x2Y2 1  * Từ phương trình

P1 xP2y 1 4P 2P1xP2Y  2 8P  ** Sử dụng điều kiện có nghiệm từ (*) (**) suy kết

Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, SA=a vng góc với đáy Gọi G trọng tâm tam giác SBC Mặt phẳng qua AG song song với BC cắt SB, SC theo thứ tự M , N Tính thể tích khối chóp S AMN

A

a . B 13

9

a . C 13

18

a . D 6

27

a .

(9)

Ta có

1

S ABC ABC

V = SA S 2

3

a a

=

12

a

=

S AMN

S ABC

V SA SM SN

V =SA SB SC

4 =

Vậy

4

S AMN S ABC

V = V

27

a



BÀI TẬP PHÁT TRIỂN

1 [2H1-3] Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, SA=a vng góc với đáy Gọi G trọng tâm tam giác SBC Mặt phẳng qua AG song song với BC cắt

SB, SC theo thứ tự M , N Tính thể tích khối chóp S AMG A

12

a . B 6

54

a . C 6

36

a . D 6

27

a .

Ta có

1 .

S ABC ABC

V = SA S 2

3

a a

=

12

a

=

S AMN

S ABC

V SA SM SN

V =SA SB SC

4 =

Vậy

1 4.

2

S AMG S AMN S ABC

V = V = V

54

a

(10)

2 [2H1-3] Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, SA=a vng góc với đáy Gọi P trung điểm BC, I trung điểm SP Mặt phẳng qua AI song song với BC cắt SB, SC theo thứ tự M , N Tính thể tích khối chóp S AMN A

12

a . B 6

36

a . C 6

24

a . D 6

48

a .

Ta có

1

S ABC ABC

V = SA S 2

3

a a

=

12

a

=

S AMN

S ABC

V SA SM SN

V =SA SB SC

1 =

Vậy

1

S AMN S ABC

V = V

48

a



Thể tích V khối tròn xoay sinh quay hình phẳng giới hạn đường trịn  C

có phương trình  12 1

  

x y xung quanh trục hoành A 3

 

V B 2

 

V C V  2 D V  2

Cách 1.

+)    

1

2

0

2

     

V f x dx g x dx

   

1 2 2

2

0

2 1 1

    x dx    x dx

2

0    x dx

+) Đổi biến xsint, suy 2 2

0

1 cos

8 cos

2

 



    t  

(11)

Cách 2

Khối tròn xoay có hình lốp xe, có bán kính R1, sử dụng nhát cắt qua tâm “trải phẳng” ta khối trụ có chiều cao h   2 R , đáy hình trịn biên  C có diện tích S  Vậy thể tích khối trịn xoay V  2 2.

BÀI TƯƠNG TỰ

[2H2-3] Thể tích V khối trịn xoay sinh quay hình phẳng giới hạn đường trịn  C có phương trình x2y 32 1 xung quanh trục hoành

A V  6 B V  6 3. C V  3 2. D V  6 2.

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P : x y z   3 hai điểm

 1 1

M  ; ; ; N ; ;3 3  Mặt cầu  S qua hai điểm M ,N tiếp xúc với  P C Biết

rằng C ln thuộc đường trịn cố điình Tính chu vi đường trịn đó. A 8p B 8p C 12p D 12p

(12)

Ta có MN qua M1 1; ; , nhận 14; 4;4 1; 1;1 4MN 4   



vecto phương

nên MN:

1

x t

y t

z t

  

   

   

t  

Thay

1

x t

y t

z t

  

   

   

vào  P ta        1 t t t 0 t

Tọa độ điểm D3;3;3 giao điểm của MNvà  P Do theo tính chất phương tích

ta 2

DM DN DI  R Mặt khác DC tiếp tuyến mặt cầu  S cho nên

2 2

DC DI  R Do DC2 DM DN 36  DC6 (là giá trị không đổi)

Vậy C thuộc đường trịn cố định tâm D với bán kính R  suy chu vi đường 6 tròn 12p

(Chú ý điểm I không thiết nằm mp(DM, DC), hình ảnh minh họa, mang tính tương đối_Cao Thời PB)

Câu 11: [2D4-4] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 45] Cho số phức z thay đổi thỏa mãn z 1 i 5 Tìm giá trị lớn biểu thức

2

P z i  z  i

A 5

2 B 5 C

5

2 D

5

Gọi M x y ;  biểu diễn số phức z , từ z 1 i 5 M nằm đường trịn x12y12 25 có tâm bán kính :I1;1 , R 5 Gọi A0;8 ; B7;9

 2  2  2

2

P x  y  x  y  MA MB

Phân tích : mục tiêu tìm tọa độ điểm C choMB2MC, nhận thấy IB2IM 2R nên ta có hai cách tìm tọa độ điểm C sau :

Cách : x12y12 25T x2y2 23 0

2 14 18 130 2 14 18 130 3

MB x y  x y  x y  x y  T

 

2

4 20 24 61

2

x y x y x  y

          

 

Nên chọn điểm 5;3

C  

  MB2MC

Cách : Lấy điểm C thỏa mãn

4

IC  IB

                           

tam giác IMC đồng dạng với tam giác IBM nên

ta có MB2MC, từ 5;3

2 C 

(13)

Ta có : P2MA MB 2MA MC 2AC5 Dấu « = » đạt điểm C nằm đoạn AM

Cho tứ diện ABCD có AB AD a  , CD a 2,ABC DAB 900 Góc AD BC 450 Khoảng cách AC BD bằng

A

a . B

4

a . C

6

a . D

3 a .

Ta có BD2 AB2 AD2 BD a 2

   

Ta có               AD BC                AB BD BC BD BC                



.cos 45 cos

AD BC BD BC DBC

 

 

2

2.cos 60

2

a a DBC DBC

   

Vậy tam giác BCD tam giác

2

BC a  AC AB BC a

Ta gọi M trung điểm BD

Do tam giác ADB tam giác DCB cân A C nên

  ,

AM BD CM BD BD SAC  ACBD

Ta có

 

1

; ;

2

ABCD

V  AD BC d AD BC

 

                           

 

1 1

.sin , 2.sin 45

2AD BC AD BC AB a a a a

  

Ta lại có ; .  ,  1. .sin90 0  , 

2 2

ABCD

V                AC BD d AC BD  a  AC BD d AC BD  a

   

1

, ,

2 a a a d AC BD d AC BD a

(14)

Câu 13: [2D1-4][THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 47] Cho hàm số yf x  thỏa mãn điều kiện Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số yf x  điểm có hồnh độ x1

A

7

 

y x B

7

 

y x C

7

 

y x D

7

 

y x

Phân tích: Để viết pt tiếp tuyến đồ thi hàm số yf x  điểm có hồnh độ x1 ta cần:

 1

f f 1 .

Nhận xét: Với x0 ta có f  1 f 1

Thay x1vào  f 1 x3 f 1 2 x2 x ta        

3

1

 

  

    

   

 

f

f f

f ;

Đạo hàm hai vế  f 1 x3 f 1 2 x2 x

ta 3 f 1 x2 f1 x4f 1 2 x f 1 2 x1 (1) Thay x1vào (1) ta có 3 f  1 2 f 1 4f  1 f 1 1 (2) Với f  1 0 (2) vô lý

Với f  1 1 từ (2) ta có  1   f

Vậy pttt là: 1 1

7 7

     

y x y x

Câu 14: [2D1-4] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 48] Xét số thực a 0 cho phương trình ax3 x2 b 0

   có nghiệm thực phân biệt Tìm giá trị lớn biểu thức a b2 .

A 4

9 B

9

4 C

4

27 D

27 . Lời giải

Chọn C

Ta có: ax3 x2 b 1   ax3 x2 b  2 . Đặt f x ax3 x2.

Ta có: f x 3ax2 2x.

  0 3 2 0 f x   ax  x

 

2

0 0

2

3 27

x f

a a a

  

 

  

    

  



 2 phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị yf x  yb. Do  1 có nghiệm thực phân biệt

2

4

0

27a b a b 27

     

(15)

Cho hàm số yf x  xác định, liên tục nhận giá trị dương đoạn 0;1 , đồng thời

thỏa mãn f x f x    f x 2 f x 2,  x 0;1, f  0 0 f  0 1 Tính f  1 .

A e B e C 1. D

Ta có f x f x    f x 2 f x 2    

   

2

2 f x f x

f x f x



 

  

  

 

 

   

f x f x

   

   

 

   

f x

dx dx

f x

   

   

 

    

f x

x C f x



   .

Có     0 f

C f



  C0

Vậy     f x

x f x



  

 

1

0

f x

dx xdx f x



    

0 ln

2

f x

  ln  1

2

f

   f  1  e

Câu 16: [1D2-3] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 49]

Một nhóm gồm 12 bạn học sinh, có bạn tên A, bạn tên B đúng bạn tên C Xếp 12 bạn thành hàng ngang Tính xác suất để A, B, C khơng có hai bạn đứng cạnh

A

20 B.

1

11 C.

3

4 D.

6 11 Lời giải

Chọn D.

Số phần tử không gian mẫu: n    12!

Gọi biến cố A “khơng có hai bạn đứng cạnh nhau” Xếp bạn có 9! Khi có 10 vị trí (xen hai đầu) Xếp bạn A, B, C vào 10 vị trí có:

10 A Suy ra:  

10 9!