Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường thpt quỳnh lưu 1 lần 2 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

0, 65 % mỗi tháng (biết lãi suất không thay đổi) thì sau bao lâu thầy Châu trả hết số tiền trên.. A..[r]

(1)

TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1-TỈNH NGHỆ AN-LẦN 2-2018 Câu 3. [1D2-3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 3]

Một hộp đựng 10 thẻ đánh số từ 1đến 10 Phải rút k thẻ để xác suất có thẻ ghi số chia hết cho 4 lớn

13

15 Giá trị k bằng

A.9 B.8 C . 7 D

Lời giải

Chọn C.

Không gian mẫu có số phần tử là: 10 k C  

Trong 10 thẻ đánh số từ đến 10 có thẻ ghi số chia hết cho

Vậy k  k thẻ lấy ln có thẻ ghi số chia hết cho 8 Nếu k  , xác suất để k thẻ lấy có thẻ ghi số chia hết cho 8 4là:

8

10

k

k C P

C  

Ta có

13 15

P 

10 15 k

k C C

   

 

8! ! 10 !

10! ! ! 15

k k



 

 15 10  k 9 k 180

2 19 78 0 6 13

k  k   k

Vậy phải rút thẻ để xác suất có thẻ ghi số chia hết cho lớn

13 15.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Cho 52 quân Rút có hồn lại k qn đến k qn rút có qn Át Át rơ dừng lại Giá trị nhỏ k để xác suất dừng lại sau lần rút

thứ lớn

6 25 bằng

A.10 B.11 C . 12 D.13

Lời giải

Chọn C.

+)Nếu k 50 lần rút ln có quân Át, nên dừng lại sau lần rút (loại)

(2)

Trong lần rút, xác suất không quân Át Át rô 50 52 k k C

C , xác suất

một quân Át Át rô là: 50 52 k k C C 

Do rút có hồn lại nên lần rút độc lập với nhau.Vậy xác suất để dừng lại sau lần rút thứ

hai là: 50 52 k k C C 50 52 k k C C       

Theo giả thiết 50 52 k k C C 50 52 k k C C        25  50 52 50 52 5 k k k k C C C C           2

5 515 5304

5 515 7956

k k k k            

11,6 91, 84,07 18,93 k k k            

Vậy kmin 12

Câu 6. [3D2-3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 6]

Biết 6 cos d x x x x x        3 a b c    

với a b c, , là số nguyên Tính M  a b c

A M  35 B.M 41 C.M 37 D.M 35

Lời giải

Chọn A

+) Đặt 6 cos d x x I x x x        suy   6

1 cos d

I x x x x x

       6

1 cos d

x x x x

     6 cos d

x x x

     +) 6 cos d

I x x x



  

, đặt ux2; dvcos dx x du2 dx x; vsinx

  6

6

sin sin d

I x x x x x

          6

2 sin d

36 x x x

         6 6

2 cos cos d

36 x x x x

             6 2sin

36 x

 



(3)



2 3

2

36

 

 

+)

2

6

1 cos d

I x x x x



 

 

, đặt x ta đưa t

6

2

6

1 cos d

I t t t t



    

nên

2

I I suy I  (Hoặc sử dụng kết quả: 2 f x liên tục a a; 

hàm số lẻ

 d

a

f x x



 

)

+) Vậy

2 3

2

36

I     

a  ; 2 b 36; c  Vậy 3 M  Chọn A.35

Cho hàm số yf x  có bảng biến thiên sau:

Đồ thị hàm số  

3

y

f x



 

có tiệm cận đứng

A 2. B 3 C 1. D 0

Lời giải

Chọn B

Vì phương trình f 3 x 0 có nghiệm phân biệt x= với x1 x1> ; x= vớix2

1

1- < < ; x x= với x3 x1<- 1

Do hàm số  

3

y

f x



 

có đường tiệm cận đứng

Cho hàm số yf x  có bảng biến thiên sau:

Đồ thị hàm số  

3

y

f x



 

có tiệm cận đứng

(4)

Lời giải

Chọn C

Vì phương trình f 3 x 0 có nghiệm x= với x1 x1<

Do hàm số  

3

y

f x



 

có đường tiệm cận đứng

Thầy Châu vay ngân hàng ba trăm triệu đồng theo phương thức trả góp để mua xe Nếu cuối tháng, tháng thứ thầy Châu trả triệu đồng chịu lãi số tiền chưa trả

0, 65% tháng (biết lãi suất khơng thay đổi) sau thầy Châu trả hết số tiền trên? A 78 tháng B 76 tháng. C.75 tháng D.77 tháng.

Lời giải Chọn D

Đặt a 0, 65%

Sau tháng thứ nhất, số tiền thầy Châu nợ 300 1 a

Sau tháng thứ 2, số tiền thầy Châu nợ        

300 a a 300 a a

          

  .

Sau tháng thứ 3, số tiền thầy Châu nợ

 2      3  2  

300 a a a 300 a a a

              

  .

…

Nhận xét ta thấy rẳng

Sau tháng thứ n, số tiền thầy Châu nợ

       

      

1

300 1 1

5 1 10000 6100

300 1 0,65%

13 13

n n n

n

n n

a a a a

a a

a

 

 

       

 

 

     

Để hết lãi  

10000 6100

1 0,65% 76,3

13 13

n

    

n nguyên nên n 77

(5)

Hàm số y2f x  đạt cực tiểu điểm

A.x  2 B.x0. C x1. D.x5.

Lời giải

Chọn B

Ta cóy' ' f x 

Do điểm cực tiểu hàm số y2f x  trùng với điểm cực tiểu hàm số yf x 

Vậy điểm cực tiểu hàm số y2f x  x  0

1 Xét hàm số y=f x( ) xác định, liên tục ¡ có bảng biến thiên:

Hàm số y3f x  đạt cực tiểu điểm sau đây1

A.x  1 B.x 1. C x1. D.x0

Lời giải

Chọn C

(6)

Do điểm cực tiểu hàm số y3f x  trùng với điểm cực tiểu hàm số yf x 

Vậy điểm cực tiểu hàm số y3f x  x1

Câu 28 [2H3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 28]

Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): x 2y2z 0 hai điểm A3;0;1 , 1; 1;3  

B

Trong đường thẳng qua A song song với (P), đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng nhỏ có phương trình là:

A

3

26 11

 

 



x y z

B

3

26 11

 

 

 

x y z

C

3

26 11

 

 



x y z

D

2

26 11

  

 



x y z

Lời giải

Chọn A

Giải tự luận:

Gọi () đường thẳng cần tìm d B , nhỏ H x y z ; ;  hình chiếu B lên (d).

Từ

 

/ /   

 



  



P

BH P

BH  BH x 1;y1;z 3

cùng phương với vtpt 1; 2; 2  

n của (P).

Từ A H;    3; ; 1



AH x y z

vng góc với 1; 2; 2  

n

Ta có hệ

 

1

1 11

2

9

3 2

7 

 

 

 

  

 

  

 

      

 

   x

y z

x

y

x y z

z 11 7; ;

9 9

 

  

 

H

Vậy () có vtcp

26 11

; ;

9 9 

 

 

 



AH

hay 26;11; 2  

u

và qua A

KL: phương trình ():

3

26 11

 

 



x y z

Phương pháp trắc nghiệm : Gọi () đường thẳng cần tìm

(7)

Từ / /      0    

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

P P

P u n u n ta có đáp án A

Câu 33 [2D2-3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 33]

Các giá trị m để phương trình ( ) ( )

2

2 2

5 x x 2x

m

+ + =

có bốn nghiệm phân biệt khoảng ( ; )a b Giá trị b a-

A

1

16. B 49

64. C

64. D 4.

Lời giải

Chọn C

Ta có: ( ) ( )

2

2 2 5 1

5

2

x x

x x x

m - ổỗ - ửữữ mổỗ + ửữữ

- + + = çç ÷÷ + çç ÷÷ =

÷ ÷

ỗ ỗ

ố ứ ố ứ

Đặt

2

,

x t   t

 

  Ta được:

2 1

( ) '( )

4

t

f t t  m f t  t   t 

Phương trình ( ) ( )

2

2 2

5 1- x +m 1+ x =2x

có bốn nghiệm phân biệt

1

(0)

8 64

f m f   m

      

 

Câu 35 [2H1-3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 35]

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

có phương trình  

2 3 1

x  y 

xung quanh trục hoành

A V  6 B V  6 C.V  3 D V  6

Lời giải

Chọn D

Dùng kĩ thuật trải phẳng:

Khối trịn xoay có hình lốp xe, có bán kính R  , sử dụng nhát cắt qua tâm “trải phẳng” ta3

được khối trụ có chiều cao h    , đáy hình trịn biên R  C có diện tích S  Vậy thể tích khối trịn xoay V  6

BÀI TƯƠNG TỰ

Khuyến nghị dùng kĩ thuật “trải phẳng” -@Nguyễn Việt Hải

(8)

Cho hàm số f x( ) có đạo hàm ( ) ( ) ( ) ( )

4

1

f x¢ = +x x m- x+ Có giá trị nguyên

của tham số m đoạn[- 5;5] để số điểm cực trị hàm số f x( ) :

A.5 B.3 C.4 D.2

Lời giải

Chọn A.

Nếu m  hàm số 1 f x  có hai điểm cực trị x   1 x   Khi đó, hàm số3 ( )

f x

chỉ có cực trị Do đó, m  không thỏa yêu cầu đề bài.1

Nếu m  hàm số 3 f x  khơng có cực trị Khi đó, hàm số f x( )chỉ có 1 cực trị Do đó,

3

m  không thỏa yêu cầu đề bài.

Khi m  1 m  hàm số 3 f x  có hai điểm cực trị x m x   3

Để hàm số f x( ) có điểm cực trị hàm số f x  phải có hai điểm cực trị trái dấu

m  

Vì m  Z mỴ -[ 5;5] nên m nhận giá trị 1, 2, 3, 4,

Câu 38: [2D4-3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 37]

Giả sử z z hai nghiệm phức phương trình 1, 2i z z  1 2 i z  1 3i

1

z  z  Tính M 2z13z2

A M 19 B M 25 C M 5 D M  19

Lời giải

Chọn D.

Từ giả thiết ta có: 2i z z  1 2 i z  1 3i  2i z  1 2 i z  1 3i 2 i z 1 2i z 3i

       2 z 1  z 2i z  1 3i 2 z 12  z 22 z 3i

     

Bình phương, giải phương trình tìm z 1, Gọi A, B hai điểm biểu diễn hai số phức z z mặt phẳng phức suy A,B nằm đường trịn tâm O, bán kính 1,

(9)

Cách trắc nghiệm : chọn

 

A 1;0 ; B ; 2

 

 

  thỏa mãn toán, nên

2

1

3 3

2 19

2

M  z  z       

   

Cách tự luận: M 2z13z2 2OA+3OB OA +OB OC

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

Áp dụng định lý hàm số cos tìm M OC 19

Trong số phức z thỏa mãn điều kiện sau

1

2 z z z   

, gọi số phức z a bi  số phức có mơ đun nhỏ Tính S 2a b

A 0 B.4. C 2. D 2.

Lời giải Chọn B.

Ta có:

 2  2

1 3

2 z z

z     a b  a

2

4

b a

   .

Từ đó: z  a2b2  a24a 8 a22 4 2.

Vậy z  đạt 2 a2;b0

Khi đó: S  4

Trong hệ tọa độ Oxyz, choA(3;3;0),B(3;0;3),C(0;3;3) Mặt phẳng  P qua O , vng góc với mặt phẳng ABC cho mặt phẳng  P cắt cạnh AB, AC điểm M, N thỏa

mãn thể tích tứ diện OAMN nhỏ Mặt phẳng  P có phương trình:

A x y  2z0. B x y 2z0. C x z 0. D y z 0.

Lời giải

(10)

Cách 1:

Đường thẳng AB có phương trình

3 x

y t

z t   

    

 Mà M AB M3;3 a a; với 0a 3

Đường thẳng AC có phương trình 3

x t

y z t

    

   

 Mà NAC N3 b;3;bvới 0  b

Gọi G trọng tâm ABC  G2; 2; 2 OGABC M G N, , thẳng hàng  ab a b 

Ta có :

1

3

OAMN AMN

V  OG S

với

1

.sin 60

2

AMN

S  AM AN   a b

Do :VOAMN nhỏ SAMN nhỏ nhất

Áp dụng bất đẳng thức côsi, ta có :

 

   

2

4 a b

a b   a b  a b   a b

Dấu bẳng xảy a b hay MN BC//  M3;1; , N1;3;2

Vậy phương trình mặt phẳng  P x y  2z0

(11)

Hình chóp OABC hình chóp tam giác  OGABC M G N, , thẳng hàng

Thể tích

1

OAMN AMN

V  OG S

Do đó: VOAMN nhỏ SAMN nhỏ

2

AMG

ABI

S AM

S  AB ,

2

ANG

ACI

S AN

S  AC

3

AMN

ABC

S AM AN AM AN AB AC

S AB AC AB AC AM AN

 

       

 

Ta có:

2

9

4

ABC

AMN

AB AC

S AB AC AM AN

S AM AN

 



 

 

  

9

AMN ABC

S S

 

Dấu xảy

   

3;1;2

//

2 1;3;2

3

AM AB M

MN BC

N

AN AC

 

 

 

   



  

 

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

 

Vậy phương trình mặt phẳng  P x y  2z0

Có giá trị nguyên m để phương trình   3

8sin x m 162sinx27m

có nghiệm

thỏa mãn x 

 

?

A.2. B.3 C.Vôsố. D.1.

Lời giải

ChọnA.

Đặtu8sin3x m  m8sin3x u .

Phươngtrình  

3 162sin 27 8sin3

u x x u

(12)

u 6sinx u 6 sinu x 36sin2x 27 0

     

6sin

u x

   vìu26 sinu x36sin2x27 0 .

3

8sin x m 6sinx

     m8sin3x 6sinx 2 .

Với

0; x   

 

3

sin 0;

2

x  

   

 

 .

Xéthàmsốy8t3 6ttrên

3 0;

2

 

 

  , cóy 24t2 0

1

1 t

t 

   

   .

Cóy 0  ,

1 2 y 

  ,

3 y 

  .

Vậyđểphươngtrình ban đầucónghiệm

0; x   

    2 m 0

Với m   m  2; 1  Suyracó2giátrịnguncủa m thỏamãnucầubàitốn.

Câu 42. [2H2-3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 42]

Một khúc gỗ có dạng hình khối nón có bán kính đáy r 2m, chiều cao h 6m Bác thợ mộc chế tác từ khúc gỗ thành khúc gỗ có dạng hình khối trụ hình vẽ Gọi V thể tích lớn khúc gỗ hình trụ sau chế tác Tính V

A.  

2 32

9 V   m

B.  

3 32

9

V  m

C.  

3 32

3 V   m

D.  

3 32

9 V   m

Lời giải Chọn D

Gọi r h bán kính đáy chiều cao khối trụ.1;

Ta có

1

r h h

r h

 

nên h1 6 3r1

1

V h r 6 3r r 1 12    

2

1 1

6r 3r f r



  

(13)

   2

1 1

' 12

f r  r  r

 1 1

4

'

0 r f r r         . r

3  1

'

f r  

 1

f r 32

9 

Chọn đáp án D

Gọi x x cực đại, cực tiểu hàm số 1,

  ln , x x e e

f x t tdt

Tính S x1x2

A.ln 2e. B.ln C. ln D.0

Lời giải

ChọnC.

+

2 ( ) ln

x

e e

f x t tdt

Đặt ln du dt

u t t

dv dt t

v                 2 2

ln 1

( )

2 |

x x x x e e e e t t

f x t dt

t

   ln 2 ln

2 4

x x x x x x

e e e e e e

   

2

4

2 4

x x x

x xe e e

xe

   

4

x x x x

xe  xe  e e 

4

(4 1) (2 1)

x x

x e  x e  + +  ln( ) x x      

  Sx1x2  ln

4 2 4

4(4 16 4 ) 16

'( )

16

x x x x x x x x

e xe e xe e e xe xe

f x        

2

'( ) x(4 x 1)

(14)

Câu 47 [1D2-3] [Trường THPT Quỳnh Lưu 1, tỉnh Nghệ An, lần 2, năm 2018 - Câu 47]

Có số tự nhiên có 2018 chữ số cho số tổng chữ số ?

A.    

2 2 3

2018 2017 2017 2017 2017 2017

1 2 A 2 C A  C A C

B.1 2 C20182 2C20183 C20184 C20175 . C.1 2 C20182 2A20183 A20184 C20175 .

D.    

1 2 2

2017 2017 2017 2017 2016 2016 2017

1 4 A 2 C A  C A C C

Lời giải

Chọn D

Gọi chữ số cần tìm là: a a a1 2018 TH1: a  1 ai    có 0, i 1 số. TH2: a i 4;1;0 có

1 2017

2.A số.

TH3: a i 3;1;1;0 có C20172 A20172 số. TH4: a i 3; 2;0 có 2A20171 số.

TH5: a 1 2; 2;1;0 có C20172 A20172 số TH6: a 1 2;1;1;1;0 có C20173 C20162 A20162 TH7: a 1 1;1;1;1;1 có C20174

Vậy ta có    

1 2 2

2017 2017 2017 2017 2016 2016 2017

1 4 A 2 C A  C A C C

số cần tìm

Cho hàm số f x   thỏa mãn điều kiện f x   2x3 f2 x  

1

2

f 

Biết

tổng  1  2  3 2017 2018

a

f f f f f

b

     

với   *

, ab

a

b phân số

tối giản Mệnh đề sau đúng?

A

a

b   . B

a

b  . C a b 1010. D b a 3029.

Lời giải.

(15)

Do f x   nên ta chia hai vế f x   2x3 f2 x cho f2 x ta

   

2

f x x

f x



 

nguyên hàm hai vế ta  

3

x x C

f x       f x

x x C



 

  .

Mà  

1

2

f 

2 C

       

1 1

1 2

f x

x x x x

 

   

   

Khi f  1  f  2  f  3   f 2017 f 2018

1 1 1

2 3 2019 2020

  

      

1 1009

2 2020 2020

 

  

Vậy a1009;b2020

[2D3-3] Cho hàm số yf x  dương có đạo hàm liên tục đoạn 0; 3 biết rằng     1 0

f x  f x x   và f  3 e3 Tính  

3

0 ln d

I   f x  x

A 2 3. B

7 3  C 3  D

3 2

Lời giải Chọn B

Ta có    

2 1 0

f x  x  f x 

    1 f x x f x     Đặt   ln d d

u f x

v x                ' du f x dx

f x v x        

Áp dụng cơng thức tích phân phần ta

 

0

ln d

I   f x  x    

  3 0 '

ln xf x d

x f x x

f x        3 0

ln d

x f x x x x

     

   

3

3 2

0

ln d

2

x f x x x

      

   

0

1

ln 1

3

x f x x x

     

7 3

3

 

(16)

Cho dãy số ( )u thỏa mãn n

2

1 2

ln(u u 10) ln(2 u 6 )u un2un 2un11 với mọi



n Giá trị nhỏ n để un 5050 :

A.100 B.99 C.101 D.102

Lời giải Chọn C

Ta có ln(u12u22 10) ln(2 u16 )u2

2

1 10

u u   u  u

2

1

( 1) ( 3)

 u   u    u11,u2 3

Do un2un 2un11  (un2 un1) ( un1 un) 1 Đặt vn1 un1 u ta đượcn

2 1

   

n n

v v nên ( )v cấp số cộng với công sai n d 1 v2 2.

Mặt khác un u1 v2v3 v n    n Vậy un    1 n

(n 1)

 n

Nên un 5050 n n( 1) 10100  n2 n 10100 0

100 101      

 n

Định dạng
Số trang	16
Dung lượng	877,41 KB