Đề thi thử THPT quốc gia 2020 môn Toán sở Thanh hóa | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

( Nếu bài toán phức tạp, có thể cần sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, khi đó cần chú ý tìm điều kiện chính xác của ẩn phụ. Nếu bài toán yêu cầu ở mức độ cao hơn : tìm tham số để phương trì[r]

Câu 29 [2D1-3] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/4- Mã đề 101] Cho hàm số y x4  2mx2  m (với m là tham số thực) Tập tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đã cho cắt đường thẳng y  3 tại bốn điểm phân biệt, trong đó có một điểm có hoành độ lớn hơn 2 còn ba điểm kia có hoành độ nhỏ hơn 1, là khoảng  a;b (với a,b   , a, b là phân số tối giản) Khi đó, 15ab nhận giá trị nào sau đây? A  63 B 63 C 95 D  95 Lời giải Chọn C Ta có phương trình hoành độ giao điểm x4  2mx2  m  3 01 Đặt t x2  t 0 Phương trình (1) trở thành : f  t  t2  2mt  m  3 0 2 Yêu cầu bài toán trở thành tìm điều kiện để phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn: 0  t1 1  4  t2 Cách 1: (2) có nghiệm thỏa mãn điều kiện trên 1 f  0  0 m 3  0   1 f 1  0  3m  4  0 19  19 1 f  4  0 9m 19  0   3  m    a  3;b   15ab 95  9 9  Cách 2:  m  t2  3 g  t 2t 1  t   1  132  2t 2  2t  6   t   1  13 g' t    2t 1 2 0 2 Ta có  Lập bảng biến thiên suy ra để phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn 0  t1 1  4  t2 thì  3  m   19  a  3;b  19 5 5  15ab 95 Bài tập phát triển Câu 1 [2D1-3] Cho hàm số y  x4  2mx2  m2 (với m là tham số thực) Tập tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đã cho cắt đường thẳng y  3 tại bốn điểm phân biệt, trong đó có một điểm có hoành độ lớn hơn 2 , một điểm có hoành độ nhỏ hơn 2 lớn hơn 1 còn hai điểm còn lại có hoành độ nhỏ hơn 1, là khoảng  a;b Khi đó, b  a nhận giá trị nào sau đây? A 3 B  3 C 7  3 D 7  3 Lời giải Chọn A Ta có phương trình hoành độ giao điểm  x4  2mx2  m2  3 01 Đặt t x2  t 0 Phương trình (1) trở thành : f  t   t2  2mt  m2  3 0 2 Yêu cầu bài toán trở thành tìm điều kiện để phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn: 1  t1  4  t2 (2) có nghiệm thỏa mãn điều kiện trên  m 1 3   f 1  0  m2  2m  2  0   m  1  3   2   f  4  0  m  8m  13  0 4  3  m  4  3  1  3  m  4  3  a 1  3;b 4  3  b  a 3 Câu 31 [2H2 - 3] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/4- Mã đề 101]: Một tấm đề can hình chữ nhật được cuộn tròn lại theo chiều dài tạo thành một khối trụ có đường kính 50 cm Người ta trải ra 250 vòng để cắt chữ và in tranh cổ động, phần còn lại là một khối trụ có đường kính 45 cm Hỏi phần đã trải ra dài bao nhiêu mét (làm tròn đến hàng đơn vị)? A 373 (m) B 187 (m) C 384 (m) D 192 (m) Lời giải Chọn A d 50  45 0, 01(cm) Độ dày của tấm đề can là : 2.250 Ta thấy mỗi vòng là 1 mặt trụ có bán kính rn là một cấp số cộng có bán kính vòng ngoài cùng là r1 25(cm) , công sai  d Khi đó chiều dài trải ra của tấm đề can là tổng chu vi của 250 đường tròn có bán kính tương ứng là rn Vậy tổng chiều dài của tấm đề can đã trải ra là : l 2 250 2  2.25  249( 0, 01) 37314(cm) Hay l 373(m) Bài tập phát triển Bài 1 [2H2 – 3] Một tấm đề can hình chữ nhật được cuộn tròn lại theo chiều dài tạo thành một khối trụ có đường kính 50 cm Nếu người ta trải ra 250 vòng để cắt chữ và in tranh cổ động, phần còn lại là một khối trụ có đường kính 45 cm Người ta cần dùng 400 (m) chiều dài để cắt chữ và in tranh cổ động.Hỏi người ta cần trải ra ít nhất là bao nhiêu vòng? A 265 B 270 C 284 D 295 Lời giải Chọn B d 50  45 0, 01(cm) Độ dày của tấm đề can là : 2.250 Ta thấy mỗi vòng là 1 mặt trụ có bán kính rn là một cấp số cộng có bán kính vòng ngoài cùng là r1 25(cm) , công sai  d Khi đó chiều dài trải ra của tấm đề can là tổng chu vi của n đường tròn có bán kính tương ứng là rn Do rn r1  (n  1)( 0, 01)  0  n  2501 Vậy tổng chiều dài của tấm đề can đã trải ra là : l 2 n2  2.25  (n  1)( 0, 01) 40.000(cm)  n 4731,92 Giải phương trình ta có  n 269, 07 Đối chiếu với điều kiện: Vậy cần trải ít nhất 270 vòng Câu 32[2H3-4] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/4- Mã đề 101] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các mặt cầu  S1  , S2  ,  S3  có bán kính r 1 và lần lượt có tâm là các điểm A(0;3;  1), B( 2;1;  1), C(4;  1;  1) Gọi  S  là mặt cầu tiếp xúc với cả ba mặt cầu trên Mặt cầu  S  có bán kính nhỏ nhất là A R 2 2  1 B R  10 C R 2 2 D R  10  1 Lời giải Chọn D Phân tích : Ta nhận thầy mặt cầu tiếp xúc với các mặt cầu  S1  ; S2  ; S3  thì nằm trên đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng  ABC  và để bán kính của mặt cầu là nhỏ nhất thì tâm mặt cầu tiếp xúc với  S1  ; S2  ; S3  phải trùng với tâm của mặt cầu ngoại tiếp tam giác ABC  AB   2; 2;0 trung điểm của đoạn thẳng AB: D   1;2; 1 Phương trình mặt phẳng trung trực của AB là:  2 x 1  2 y  2 0  x  y  1 0  AC  4; 4;0 trung điểm của đoạn thẳng AC: E  2;1; 1 Phương trình mặt phẳng trung trực của AC là:  x  2   y  1 0  x  y  1 0 Vậy phương trình đường thẳng  d  đi qua trung tâm ngoại tiếp đường tròn x  y  1 0 ABC là x  y  1 0 H 1;0; 1 Vậy giao điểm của đường thẳng  d  và mặt phẳng  ABC  là điểm  Độ dài đoạn AH 1; 3;0  AH  10 Vậy độ bán kính của mặt cầu tiếp xúc với  S1  ; S2  ; S3  R  10  1 Câu 33 [2H3-6] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/4- Mã đề 101] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A 2;  1;  2 và đường thẳng  d  có phương trình x1 y1 z1 1   1  1 Gọi  P là mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng  d  và khoảng cách từ đường thẳng d tới mặt phẳng  P là lớn nhất Khi đó mặt phẳng  P vuông góc với mặt phẳng nào sau đây? A x  y  6 0 B x  3y  2z 10 0 C x  2 y  3z  1 0 D 3x  z  2 0 Lời giải Phân tích:  P đi qua A và song song với  P tức là  P quay quanh trục d (với d qua A và song song với d ) Như vậy khoảng cách giữa d và  P lớn nhất khi mặt phẳng  d, d  vuông góc với  P hay khi đó mp  A; d  vuông góc với  P Điều này tức là AK phải vuông góc với  P (với K là hình chiếu của A trên d ) Chọn D Gọi K  x; y; z  là hình chiếu vuông góc của A lên d Tọa độ của K là nghiệm  x 1 y  1 x 1    y  1  z 1  y 1 của hệ x  y  z  1 0 z 1  K 1;1;1 Ta có d   d  , P  d  K, P  KH KA  14 Nên khoảng cách từ d đến  P đạt giá trị lớn nhất bằng 14 khi mặt phẳng  P qua A và vuông góc với  KA Khi đó có thể chọn VTPT của  P là  Vậy  P vuông góc với mặt phẳng KA 3x  z  2 0 Mở rộng 1: Khoảng cách từ d đến  P nhỏ nhất bằng không khi  P là mp  A;d  Mở rộng 2: Nếu gọi K là hình chiếu của A trên d ( K cố định) thì hình chiếu H của K trên  P luôn thuộc một đường tròn cố định Đó là đường tròn giao tuyến của mặt cầu đường kính AK và mặt phẳng  Q qua A vuông góc với d Câu 34 [1D2-3] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/4- Mã đề 101] Xếp ngẫu nhiên 8 chữ cái trong cụm từ “THANH HOA” thành một hàng ngang Tính xác suất để có ít nhất hai chữ cái H đứng cạnh nhau 5 79 5 9 A 14 B 84 C 84 D 14 Lời giải Chọn D Đánh số: 1 2 3 4 5 6 7 8 TH1: 3 chữ H đứng cạnh nhau 6! Xem 3 chữ H như 1 chữ, chữ “THANH HOA” còn lại 6 chữ nên có 2! cách chọn các 6 chữ vào 6 vị trí ( 2! là 2 chữ A giống nhau) TH2: 2 chữ H đứng cạnh nhau, chữ H còn lại không đứng cạnh 2.5.5!  2 chữ H ở vị trí đầu 1, 2 hoặc vị trí cuối 7,8 : 2! cách chọn 5.4.5!  2 chữ H ở phía trong (từ 2 đến 7): 2! cách chọn 8! Không gian mẫu: 2!.3! cách chọn Vậy ta có xác suất để có ít nhất hai chữ cái H đứng cạnh nhau 6!  2.5.5!  5.4.5! 2! 2! 2!  9 8! 14 2!.3! Phân tích: Có m chữ sắp xếp, trong đó có n1 chữ trùng thứ nhất, n2 chữ trùng thứ 2,…, m! nk chữ trùng thứ k mà n1  n2   nk m Có n1 !n2 ! nk ! cách chọn Câu 1: [1D2-3] Xếp ngẫu nhiên 10 chữ cái trong cụm từ “HO CHI MINH” thành một hàng ngang Tính xác suất để có ít nhất hai chữ cái H đứng cạnh nhau 8 19 41 17 A 15 B 60 C 60 D 30 Lời giải Chọn A Đánh số: 1234567891 0 TH1: 3 chữ H đứng cạnh nhau 8! Xem 3 chữ H như 1 chữ, chữ “HO CHI MINH” còn lại 8 chữ nên có 2! cách chọn các 8 chữ vào 8 vị trí ( 2! là 2 chữ I giống nhau) TH2: 2 chữ H đứng cạnh nhau, chữ H còn lại không đứng cạnh 2.7.7!  2 chữ H ở vị trí đầu 1, 2 hoặc vị trí cuối 9,10 : 2! cách chọn 7.6.7!  2 chữ H ở phía trong (từ 2 đến 7): 2! cách chọn 10! Không gian mẫu: 2!.3! cách chọn Vậy ta có xác suất để có ít nhất hai chữ cái H đứng cạnh nhau 8!  2.7.7!  7.6.7! 2! 2! 2!  8 10! 15 2!.3! Câu 35 [1D1-2] ( Sở GD Thanh Hóa – Lần 1 – 2018- Mã đề 101): Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình cos3 2x  cos2 2x msin2 x ( ) có nghiệm thuộc khoảng 0 ; π6 ? A 0 B.1 C 2 D 3 Lời giải Chọn B PT  cos3 2x  cos2 2x  m 1 cos2x 2 0   cos2x  1  2cos2 2x  m 0  cos2x 1 1   cos2 2x  m  2  2    0;   6 Giải 1  x k  k   , các nghiệm này không thuộc     1 1 x  0;   2x  0;    cos2x 1   cos 2x 12 Giải   : do  6 2  3 2 4   1 m 1 2 x  0;      1   2  m   Vây   có nghiệm  6  4 2 2 Vậy có một giá trị nguyên của m là −1 Phân tích: Đây là một bài toán cơ bản về phương trình lượng giác Đối với dạng bài tập tìm tham số để phương trình, bất phương trình có nghiệm, ta thường giải quyết nó theo hướng : + Cô lập tham số sang vế phải + Đánh giá hoặc khảo sát hàm vế trái để đưa ra được kết quả ( Nếu bài toán phức tạp, có thể cần sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, khi đó cần chú ý tìm điều kiện chính xác của ẩn phụ Nếu bài toán yêu cầu ở mức độ cao hơn : tìm tham số để phương trình có đúng k nghiệm, thì cần tìm được sự tương ứng giữa ẩn phụ và ẩn ban đầu.) Bài tập phát triển: Ta có thể đưa ra một số bài toán tương tự Câu 1 [1D1-3-PT1] Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình  cos 2x  1 1 cos 2x  cos 4x m4 sin2 x có đúng 4 nghiệm phân biệt thuộc  0;  A.15 B.16 C 17 D 18 Lời giải Chọn C  cos 2x 1  2 cos2 2x  cos 2x  m Phương trình đã cho tương đương với :  8 + Xét cos 2x 1, có 2 nghiệm là x 0; x  thuộc đoạn  0;  2.cos2 2x  cos 2x  m + Xét 8 (1) Đặt t cos 2x; x  0;   t   1;1 thì (1) : 2t2  t  8m (2) Phương trình ban đầu có đúng 4 nghiệm thuộc  0;   phương trình (2) có  t1 t2    1;1  t1, t2  t1  ( ;  1) 1;  ;t2   1;1 nghiệm thỏa mãn Đặt g(t) 2t2  t , ta có bảng biến thiên Từ bảng biến thiên, ta có để: + t1 t2    1;1   8m  81  m 1 + t1  ( ;  1)  1; ;t2    1;1  1  m  3   24  m  8 , suy ra có 16 giá 8 trị m nguyên thỏa mãn Vậy: tổng cộng có 17 giá trị m nguyên thỏa mãn Câu 36 [2D3-3] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/4- Mã đề 101] Cho hàm số f  x liên tục  2cot x f  sin2 16 x dx f   x  dx 1 1 I f  4x dx  1x 1x trên  và thỏa mãn 4 Tính tích phân 8 A I 3 I 3 C I 2 I 5 B 2 D 2 Lời giải Chọn D t sin2 x  dt 2sin x cos xdx  dt cot xdx 2t Đặt  2 1 cot x f  sin2 1 x dx f  t  dt 1 1f  x 1 dx  f  x dx 2  1 2t 2 1 x 1x 4 2 2 2 2tdt dx t x  2 x t Đặt 16 f  x  4 f  t  4 f  x 4 f  x 1 1  dx  2 2tdt 2 dx   dx  1x 1t 1x 1x 2 Đặt t 4x  dt 4dx 1 I f  4x 4 dx f  t  dt 4 f  x 1 dx f  x 4 dx  f  x dx 5 1x 1t 4 1x 1x 1x 2 8 24 2 2 Phân tích: Dạng bài này là dạng bài toán tìm tích phân của hàm f  x nào đó không biết, nhưng sẽ cho thêm điều kiện, mỗi 1 điều kiện là 1 đoạn trong cận tích phân cần tìm, yêu cầu là đưa các tích phân đã biết về giống dạng chưa biết e2f  ln x dx 1 Câu 2: [2D3-3] Cho hàm số f  x liên tục trên  và thỏa mãn e x ln x và 3 2f  x dx f  cos x tan xdx 2 1x Tính 2 0 A 3 5 C 2 D 1 B 2 Lời giải Chọn A t ln x  dt dx x Đặt e2 1 f  ln x 2 dx f  t  2 dt f  x dx e x ln x 1t 1x Đặt t cos x  dt  sin xdx  1 3 2 f  cos x sin x 2 dx  f  t  1 dt f  xdx 0 cos x 1t 1x 2 Do đó 2f  x 1 dx f  x 2 dx  f  x dx 3 1x 1x 1x 2 2 Câu 38 [2D2-3] (Sở GD Thanh Hóa-Mã đề 101) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m [0;10] để tập nghiệm của bất phương trình log22 x  3log1 x2  7  m(log4 x2  7) chứa khoảng (256;) 2 A 10 B 7 C 8 D 9 Lời giải Chọn C Đặt t log2 x  t  8 Khi đó, bất pt cho trở thành f (t)  t 1  m t 7 Xét g(t)  t 1 t  7  g '(t)  0t  8  g(t)  9 Khi đó, ycbt  3 m  có 8 giá trị của m thỏa ycbt Bài 1 Nhận xét: Thực chất là qui về bài toán mim - max Bài Tương tự [2D2-3-PT1] Số giá trị nguyên của m [  10;10] để bất phương trình log0,2 [ m(| x |  1  x2 1)] log0,2 (2 x2  x4  x2  1  x2  2) có nghiệm là D 12 A 0 B 1 C 2 Lời giải Chọn C ĐK:  1 x 1 Nhận xét: m  0 B A D A x a x a 2 C x a 3 B 2 D 3 Chọn D C x a 2 Lời giải: Gọi E , F lần lượt là trung điểm các cạnh CD , AB Do AC AD , BC BD nên AE  CD và BE  CD  AE  CD; AE   ACD   BE  CD; BE   BCD   ACD   BCD CD Ta có   ACD   BCD  AE  BE  AE2  BE2 AB2 Do CB CA , DB DA nên CF  AB và DF  AB  CF  AB;CF   ABC   DF  AB; DF   ABD   ABC    ABD AB Ta có   ABC    ABD  CF  DF  CF 2  DF 2 CD2 Ta có AE BE  a2  x2  AB  2 a2  x2  a2  x2 Suy ra CF DF  AC2  AF 2  2  CD  a2  x2 Theo giả thiết CD 2x  x2  a2 4x2  x  a 3 3 Bình luận: Đây là một bài tập vận dụng của chương trình lớp 11 Qua phần này học sinh nắm được cách xác định góc giữa hai mặt phẳng, đồng thời qua đó thiết lập các biểu thức liên hệ để tìm ra kết quả thoả mãn yêu cầu bài toán Bài tập phát triển ý tưởng Câu 1 [1H3-3] Cho tứ diện ABCD có tam giác ABD cân tại A , tam giác BDC vuông cân      ABC  ; ACD 60 tại C Biết rằng BC CD a , ABC ADC 60 , và hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng  BCD nằm ngoài tam giác BCD Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  BCD là A  3  6  a B 3 6  3 a C  9  3 2  a D 3 6  2  a Lời giải: Chọn A Gọi J là trung điểm BD , khi đó AJ  BD , CJ  BD , suy ra BD   AJC   BD  AC  AC  BD  Trong mặt phẳng  ABC  kẻ BI  AC Khi đó  AC  BI  AC   BID  AC  DI  BI  AC; BI   ABC  DI  AC; DI   ACD  ABC    ACD AC  B ID 60          ABC  ; ACD  60  BID 120 Ta có Tam giác BCD vuông cân tại C nên DB a 2 Do AB AD , BC DC nên hai tam giác ABC và ADC bằng nhau suy ra BI DI Nếu BID 60 thì tam giác BID đều, suy ra IJ a 6  CJ (vô lí) Vậy BID 120   2  Do đó IJ  tan 60 DJ  a 6 6 và ID  a 6 3 IB Đặt AD x Ta cũng có AC.DI DA.DC sin ADC  AC2.ID2  AD2.DC2 sin2 ADC   AD2  CD2  2AD.DC cos ADC  ID2 AD2 CD2 sin2 ADC Thay CD a , ID    a 6  x2  a2  ax 2a x a 2 2 2 3 3 , ADC 60 ta có phương trình 3 4  x  2 6  4 a Suy ra AC 3 3  2  a Gọi H là hình chiếu của A lên  BCD khi đó H  CJ a6 AH IJ IJ 3 3  2  a 6 a 2 Ta có AC CJ  AH  AC CJ 2  3  6  a Vậy d  A; BCD  AH  3  6  a Câu 2 [1H3-3] Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HB 2HA Biết SC tạo với đáy một góc 45° và cạnh bên SA 2a 2 Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  SAB a 3 2a 2 3a 3 a 2 A 2 B 3 C 2 D 3 Lời giải Chọn C SH   ABC  nên SC; ABC   45 Gọi AB x    1    HC   2CA  CB HB  2HA 0 3 21  2 7x2 x 7  CH   4AC  4AC.AB.cos ACB  AB    CH  2 9 9 3 Do tam giác SHC vuông cân tại H nên SH  x 7 3 Như vậy ta có SA2  AH 2  SH 2  8a2  x2  7x2 9 9  x 3a CD  AB  D là trung điểm AB , khi đó CD  SH  CD   SAB Gọi  d  C; SAB  CD 32 a 3 Câu 46: [1H1-3] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/4- Mã đề 101] Một cái ao có hình ABCDE (như hình vẽ), ở giữa ao có một mảnh vườn hình tròn bán kính 10m , người ta muốn bắc một cây cầu từ bờ AB của ao đến vườn Tính gần đúng độ dài tối thiểu l của cây cầu biết: - Hai bờ AE và BC nằm trên hai đường thẳng vuông góc với nhau, hai đường thẳng này cắt nhau tại điểm O; - Bờ AB là một phần của một parabol có đỉnh là điểm A và có trục đối xứng là đường thẳng OA ; - Độ dài đoạn OA và OB lần lượt là 40m và 20m ; ... 10! Không gian mẫu: 2!.3! cách chọn Vậy ta có xác suất để có hai chữ H đứng cạnh 8!  2.7.7!  7.6.7! 2! 2! 2!  10! 15 2!.3! Câu 35 [1D 1-2 ] ( Sở GD Thanh Hóa – Lần – 201 8- Mã đề 101):... đường kính AK mặt phẳng  Q qua A vng góc với d Câu 34 [1D 2-3 ] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/ 4- Mã đề 101] Xếp ngẫu nhiên chữ cụm từ ? ?THANH HOA” thành hàng ngang Tính xác suất để có hai chữ H... 13  4   m      m    a 1  3;b 4   b  a 3 Câu 31 [2H2 - 3] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/ 4- Mã đề 101]: Một đề can hình chữ nhật cuộn tròn lại theo chiều dài tạo thành khối trụ có