Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường chuyên khoa học tự nhiên hà nội lần 2 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Người ta cắt phần tô đậm của tấm nhôm rồi gập thành một hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x (m), sao cho bốn đỉnh của hình vuông gập lại thành đỉnh của hình chóp.. Giá trị của x [r]

Câu 4. [2H1-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 4]

Cho tơn hình chữ nhật kích thước 10 x 6m m Người ta cắt bỏ bốn góc tơn bốn miếng hình vng gị lại thành hình hộp chữ nhật khơng nắp Để thể tích khối hộp lớn độ dài cạnh hình vng miếng tơn bị cắt bỏ

A Đáp án khác B 4m C 5m D 6m

Lời giải. Chọn A

Gọi độ dài cạnh hình vng miếng tôn bị cắt bỏ x m( ) 0  x 5 suy kích

thước hình hộp chữ nhật tạo thành là: x m( ), 10 ( ) x m , 16 ( ) x m Thể tích khối hộp chữ nhật là: V x10 2x 16 2x m 3

  

Xét hàm số y x 10 2 x 16 2 x  y4x3 52x2 160x  y12x2104x160

0 20

3

x y

x

     

  

Ta có bảng biến thiên:

x 0 2

y  0 

y

Vậy thể tích khối hộp chữ nhật tạo thành lớn độ dài cạnh miếng tôn bị cắt m

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

A 2

5

x  B

2

x  C

4

x  D

3

Lời giải. Chọn A

Ta có AC  m,MNPQ hình vng có độ dài x m , có tâm O suy ( )

x OI  m ,

2

( )

x

IC  m mà SO SI2  OI2 2  

4

x

SO  m

 

Thể tích khối chóp là: 2 2  3

3

x

V  x  m

 

4

4

2

x x

V 

 

5

2

2

36

x x x x x

V

      

 

 

 

4 10 375

V

 

Dấu xảy 2 2

x  x x

2 [2H1-3]Người ta muốn làm bình thủy tinh hình lăng trụ đứng có nắp đậy, đáy tam giác để đựng 16 lít nước Để tiết kiệm chi phí (xem thủy tinh làm vỏ bình rất mỏng) cạnh đáy bình là

A 4m B 4dm C 2 2dm 3 D 2 4dm 3

Gọi độ dài cạnh đáy, chiều cao hình lăng trụ làm x dm   h dm  

Thể tích khối lăng tru là: 3 

4

V hx l Theo giả thiết 16

4

hx 

64 h

x

 

Diện tích tồn phần khối lăng trụ là:

2

2

4

tp

S  x  xh 192 33 96 96

2 3

x x

x x x

    Stp24

Dấu xảy 2. 96 4 

2

x x dm

x

Câu 9. [2D3-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 9] Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị y x2

 vày x 2 bằng

A 13

12 B

21

2 C

9

2 D

1 Lời giải

Chọn C

+) Ta có phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị

y x vày x x2  x suy

2

x  x 1

+) Nhận xét đồ thị

y x cắt đồ thị y x  ;2 (có thể dựa vào đồ thị vẽ ra) Bài tốn đưa tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị y x2

 vày 2 x.

+) Ta có  

1

2

2 d

S x x x

     2 x x x          9

2 Chọn C. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1 [2D3-3] Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường ; 

x x 1; y 0 đồ thị

hàm sốy log2 x

A 1

2 2ln

  B

2ln C

1

2 ln

  D 1

2 2ln 2 Lời giải

Chọn A

+) Đồ thịylog2 xcắt đường thẳng

2 

x 1; A  

 và cắt đường thẳng x 1

) ; ( B

+) Diện tích hình phẳng cần tính

1

2

1

2

| log |d log d S x x x x

+) S  

1 2 1

log 1 d

ln 2

x x x x

x

 

+) S .

2 ln 2 1 2 1 2 ln 2 1 1 2 1 2 1 1 2 ln 2 1 log 2 1

2  

    

 x Chọn A.

2 [2D3-3] Cho hàm số y ax4 bx2 c

   có đồ thị  C , biết  C qua điểm A  1;0

Tiếp tuyến d A  C cắt  C điểm có hồnh độ 2, diện tích hình

phẳng giới hạn d, đồ thị  C hai đường thẳng x0;x2 có diện tích 28

Diện tích hình phẳng giới hạn đường thẳng d, đồ thị  C hai đường thẳng x1;x0

bằng A 1

5 B

1

9 C

2

5 D

2 Lời giải

Chọn A

+)Điểm A  1;0 thuộc đồ thị  C  a b c  0

+) Phương trình tiếp tuyến A  1;0  d : yy' 1  x1  y  4a 2b x  1.

+) Phương trình hồnh độ giao điểm d đồ thị  C

 4a 2b x  1 ax4 bx2 c  *

     

+) Mà x0,x2 nghiệm (*) suy  1

12 16

a b c

a b a b c

  

 

    



+) Có    

2

4

0

28

4 d

5   a b x  ax  bx  c x    

32 28

4 2

3

a b a b c

      

+) Từ    1 , ta a1,b3,c2 suy

3

y x  x 

+) Vậy diện tích cần tính

0

4

1

1

2 d

5

S x x x x



Câu 34. [2H1-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 34]

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành, M trunng điểm SB G là trọng tâm tam giác SBC Gọi V , V  thể tích khối chóp M ABC và

G ABD Tính tỉ số V V ?

A

2

V

V B

4

V

V C

5

V

V D

V V

Lời giải Chọn A

Gọi V1 thể tích khối chóp S ABCD

Ta có

1 S ABC

V  V

1 2V



1 4V



1 S ABD

V  V 1 1

3 2V

 1

6V



Vậy

2

V V

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1 [2H1-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành, M trunng điểm SB và G trọng tâm tam giác SBC Gọi V , V  thể tích khối chóp

M SCD G SCD Tính tỉ số V V ?

A

2

V

V B

4

V

V C

2

V

V D

V V

Lời giải Chọn A

Ta có

1 B SCD

V  V

2 1

3 N SCD B SCD B SCD

Vậy

2

V V

Câu 41 [2H1-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 41]

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, 

60

BAD  , mặt bên SAB,

SAD, SBD tạo với mặt đáy góc

45 Thể tích khối chóp S ABCD có giá trị lớn là?

A

3

4

a B

3

3

a C

3

6 a

D

3

2 a

Lời giải Chọn A

Diện tích

2

3 ABCD

a

S 

Gọi H hình chiếu vng góc S mặt phẳng ABCD

1; 2;

H H H hình chiếu vng góc H cạnh AB AD BD, , Khi SAD ABCD,  SH H ; SBD ABCD,  SH H ;SBA ABCD,  SH H

Các tam giác vuông SH H1 SH H2 SH H3 Vậy HH1HH2 HH3

( Điểm H cách đường thẳng AB AD BD, , suy H tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD H tâm đường tròn đường tròn bàng tiếp tam giác ABD

Ta có

1.tan 45

SH HH HH nên thể tích có giá trị lớn H tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABD cạnh a( bán kính đường trịn bàng tiếp lớn bán kính đường trịn nội tiếp)

Tam giác tan 300

2

a b c

a a

r   r r p  

Vậy thể tích lớn hình chóp S ABCD

2

1 3

3 2

a a a

 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

A

3

8 a

V  B

3

4 a

V  C

3

6 a

V  D

3

24 a V 

Câu 42. [2D1-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 42] Cho hàm số y x4 2m m 2x2 m 2.

     Tìm m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích lớn

A 1 B

2

 C 51

3

 . D

2



Lời giải Chọn A

Để đồ thị hàm số có cực trị  2m m 2 0 2m0

Dùng công thức tam giác cực trị ta có  2 Δ

1 2 2

2

ABC

S  m  m m  m

Xét hàm f m  m2 2m m2 2m

    với 2m0

Được f m max  m1

Câu 43. [2D1-4] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 43] Cho hàm số

2 x y x  

 có đồ thị  C Tìm m cho đường thẳng y x m cắt  C hai điểm phân biệt A, B tổng hệ số góc tiếp tuyến với  C A, B lớn nhất.

A

 B 0 C 1 D 

Lời giải Chọn B

Phương trình hồnh độ giao điểm

2 x x m x     x         

2x m x m

    

Ta có

 

2

2

' 2

1

2

2

m m m m m

m m m

                               

nên đường thẳng y x m  cắt  C hai điểm

phân biệt A, B m.

 2

1 ' y x  

A, B có hoành độ x x1,

Tổng hệ số góc tiếp tuyến với  C A, B là

 2  2

1

2

K x x           2 1

1 2

2

4

x x

x x x x

   

 

2

1 2 2

2

1 2

4

4

4

x x x x x x

m

x x x x

      

 

  

  

 

 

Vậy K lớn 2 m 0

Câu 44: [2D4-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 44] Cho hàm số y x4 3x2 m

   có đồ thị  C cắt trục hoành điểm phân biệt Gọi S1 diện

tích hình phẳng giới hạn trục hoành phần đồ thị  C nằm phía trục hồnh, S2là diện

tích hình phẳng giới hạn trục hoành phần đồ thị  C nằm phía trục hồnh Biết S1 S2 Giá trị m

A 1 B 2 C 3

2 D

5 Lời giải

Chọn D

PT hoành độ giao điểm  C với trục Ox: x4 3x2 m 0 1 

  

Điều kiện để  C cắt trục hoành điểm phân biệt 0

m m

 

 

 

9

4 m

  

Giả sử đồ thị  C cắt Oxtại điểm phân biệt có hồnh độ a; b 0 a b   Do tính chất hàm số trùng phương có đồ thị hình vẽ

Theo giả thiết ta có    

0

3 d d

a b

a

x  x m x x  x m x

 

   

0

3 d d

a b

a

x x m x x x m x

         

0

3 d

b

x x m x

    

5

b b bm

   

 

4

0

5

b l

b b m

   

  



Ta có b nghiệm phương trình  1 nên

3

4

4

5

3

b b m

b b m

           suy   m l m        m 

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1 [2D4-3] Cho hàm số y x4 m 1x2 m

    Cm Tìm giá trị m để Cmcắt trục

hoành điểm phân biệt cho diện tích S1của hình phẳng giới hạn phần nằm phía

trên trục hồnh Cmvới trục hồnh diện tích S2của hình phẳng giới hạn phần nằm

phía trục hồnh Cmvới trục hồnh

A 0 B 5 C 1

5 D 3

Lời giải Chọn C

PT hoành độ giao điểm Cm với trục Ox:  

4

1

x  m x m  x

x m       

 Cm cắt trục Ox điểm phân biệt  0m1 (*)

+) Nếu m 1 ta có:

Diện tích S1 hình phẳng giới hạn phần nằm phía trục hồnh Cmvới trục hồnh

là:    

1

4

1

1 d

S x m x m x

       1 m x x mx            

2 4

2

5 15

m

m m



    

Diện tích S2 hình phẳng giới hạn phần nằm phía trục hồnh Cmvới trục

hoành là:        

1

4

2

1

1 d d

m

m

S x m x m x x m x m x





         

 

5 1 m m x x mx            

 

5 1 m m x x mx         

4 2

2

15 15

m m

m m  

     

 

Theo S1S2 nên ta có:

4 4 2

2

15 15 15

m m

m m m  

          15 m

m m  

       m m      

Do m 1 nên khơng có giá trị mthỏa mãn +) Nếu 0m1 ta có:

là:    

1 d

m

m

S x m x m x

        1 m m m x x mx            

2 2 1

2

2

5

m m m

m m

m m 

  

Diện tích S2 hình phẳng giới hạn phần nằm phía trục hồnh Cmvới trục

hoành là:        

1

4

2

1 d d

m

m

S x m x m x x m x m x





         

 

5 1 m m x x mx            

 

5 1 m m x x mx           

2 2 1

2 2

2

5

m m m

m m m

m m m

 

     

Theo S1S2 nên ta có:

   

2 2 1 2 1

2 2 2

2 2

5 5

m m m m m m

m m m m m

m m m m m

  

       

2 2

2

5

m

m 

    

5

m

 

   620m10

5 m

 

2 [2D4-3] Cho hàm số ( 2) 2 1

    

y x m x m Cm Tìm giá trị m để Cmcắt trục hồnh điểm phân biệt cho hình phẳng giới hạn Cmvới trục hồnh phần phía

trên trục hồnh có diện tích 96 15

A 0 B 1 C 2 D 3

Lời giải Chọn C

PT hoành độ giao điểm Cm với trục Ox: x4 (m22)x2m2  1 2

1       x

x m

 

 Cm cắt trục Ox điểm phân biệt  m0 (*)

Khi đó: diện tích hình phẳng giới hạn Cmvới trục hồnh phần phía trục hồnh là:

 

 

1

4 2

1

2 d

S x m x m x



     

2

20 16 96

15 15



 

m 2



m (thoả (*))

Câu 45. [2D2-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 45] Cho ,a b số thực dương thỏa mãn 2

1

log log

2 a b Giá trị nhỏ biểu thức

3 3

2

4 log (4 )

P a b  a b

A 4log B

4

4log

ln ln

 

  

Lời giải

Chọn C.

Ta có : 2

1

log log

2 a b

4 a

b

 

Đặt t 4a3 b3

  b3 2566 b

 

3

3

6

256

3 12

2 b b

b

   t12

Khi Pf t   t 4log2t, có  

4

1

.ln f t

t

    với t  nên hàm số12 f t  đồng biến

12;   f t  f  12 4 log 3  

Câu 46. [2D3-4] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 46] Cho hàm số

3

y x  x m có đồ thị  C cắt trục hồnh điểm phân biệt Gọi S1

diện tích hình phẳng giới hạn trục hồnh phần đồ thị  C nằm phía trục hồnh, S2

là diện tích hình phẳng giới hạn trục hồnh phần đồ thị  C nằm phía trục hoành. Biết S1S2 Giá trị m bằng

A 5

4 B 2 C

3

2 D 1.

Lời giải Chọn A

Gọi hoành độ giao điểm x1 t2 x2 t1 x3  t1 x4  t2

Do đó:    

1

1

4

0

3

t t

t

x  x m dx  x  x m dx

 

 

2

4

0

3

t

x x m dx

    

Khi đó:  

2

5

3 2

2

0

0 5

5

t t x

x mx t t m

 

      

 

2

2

2

2

5

5 15

t t m

t t m

   

  

  

 

Trừ vế với vế ta được:

5

2

Câu 47. [1H3-4] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 41]

Cho hình chóp S ABC , SA 3, SB 4, SC 5, ASB   , 60 BSC 120

 90

CSA   Khoảng cách hai đường thẳng AB vàSC

A 2 B 2 C 4 D

Lời giải

Chọn B.

Ta có               AB SC              SC SB SA .                  SB SC SA SC.                . SB SC. .cosBSC SA SC . .cosCSA

4.5.cos120 3.5.cos 90

    10

Và AB2 SA2 SB2 2 .cosSA SB ASB

   3242 2.3.4.cos 60 13 AB 13 Vậy cos ; 

AB SC AB SC

AB SC 

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

10 13.5 

 13

13

 sin ;  13

13

AB SC

 

Mặt khác, ta có:

     

2 2

1 cos cos cos 2cos cos cos

6 S ABC

SA SB SC

V   ASB ASC BSC ASB ASC BSC

   

1

, sin ;

6AB SC d AB SC AB SC



       

 

2 2

cos cos cos cos cos cos

;

.sin ;

SA SB ASB ASC BSC ASB ASC BSC

d AB SC

AB AB SC

   

 

2 2

3.4 cos 60 cos 120 cos 90 2cos 60 cos120 cos90 13

13 13

         



2

Câu 48: [2H1-4] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 48]

Cho khối chóp S ABC có BAC  900, BC 2 2, ACB  300, hình chiếu S mặt

phẳng đáy trung điểm H BC Giả sử có mặt cầu tâm O, bán kính tiếp xúc với

, ,

SA SB SC điểm A B C1, ,1 1, A B1, thuộc cạnh tương ứng SA SB, ,

còn C1 thuộc tia đối tia SC ; đồng thời mặt cầu tâm O tiếp xúc với mặt phẳng

(ABC) Thể tích khối chóp S ABC là:

A 2

3 B

3

3 C

2

3 D

3 2 . Lời giải

Chọn C

S

C B

A C'

O C1

B1

A1

H

Do mặt cầu tâm O tiếp xúc với SA SB SC, , điểm A B C1, ,1

1 1

SA SB SC

   (1) Mặt khác, ta có OA1 OB1 OC1 (2)

Từ (1), (2)  SO (A B C1 1) Gọi C ' điểm đối xứng C qua S ta có SH trục đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC nên SA SB SC , suy tam giác SAB,

', '

SAC SBC cân S nên A B1 1/ /AB, AC1 1/ /AC ', B C1 / /BC'

1 1

(A B C ) / / (ABC')

 SH / /BC'

/ / ( ')

SH ABC

 Vậy SO SH  SH d O ABC( ,( )) R 1, suy

3

Câu 49: [2H3-4] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 49]

Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho hai đường thẳng

1

: ,

2 1

x y z

  

2

2

:

4 1

x y z

  

  hai điểm A1; 1; ,  B2;0;   Trên 1 lấy điểm M,trên 2 lấy điểm N cho AM BN MN Biết MN tiếp xúc với mặt cầu cố định có

bán kính R, tìm R? A 11

4 B 11 C

11

2 D 3

Lời giải Chọn C

+ Nhận thấy AB đoạn vng góc chung  1,

+ Gọi I trung điểm AB Lấy P  1sao cho AP BN

IAP IBN IP IN

    

1 11

2

IMP IMN IH IA IB AB

       

 Mặt cầu cố định tâm I , bán kính R= 1 11 2AB 

1 

2 

B

A M

N I

P

Câu 50. [2H3-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 50]

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, xét mặt cầu (S) qua hai điểm A1;6;2 , B3;0;0

và có tâm thuộc mặt phẳng  P x y:   2 0 bán kính mặt cầu (S) có giá trị nhỏ là

A 462

6 B

534

4 C

218

6 . D

530 . Lời giải

Chọn A

Gọi H trung điểm đoạn thẳng AB, nên H(2; 3; 1) Vecto HB   1; 3; 1

Mặt cầu qua A, B có tâm M thuộc mặt phẳng (Q) mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB

qua H có vecto pháp tuyến HB    1; 3; 1 có phương trình  Q x:  3y z  6

Do tâm M mặt cầu thuộc (P) nên M thuộc đường thẳng (d) giao (P) (Q) có vectơ phương u  1;1;2 qua M 0 2;0;4

Gọi d khoảng cách từ H đến (d),  ,  , 66

6

M H u d d H d

u

 

 

  

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

 , HB  11

Ta có 2

R MB  HB MH Nhận thấy HB không đổi, R nhỏ MH nhỏ nhất, MH

nhỏ M trùng I, lúc 66

MH HI  d (I hình chiếu vng góc H lên (d))

Vậy 2

min

66 462

11

36