Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường chuyên khoa học tự nhiên hà nội lần 3 | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện

A.. Góc giữa đường chéo của mặt bên và đáy của lăng trụ là. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đó... a 60.. Tức là chỉ ra mặt phẳng vuông góc với giao tuyến của hai mặt ph[r]

(1)

SẢN PHẨM TỔ TUẦN 11

Đề thi thử Trường Chuyên KHTN Hà Nội, lần năm 2018

Câu 26: [2D2-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Gọi M mtheo thứ tự nghiệm nguyên lớn

nhất nghiệm nguyên nhỏ bất phương trình

   

2

3

2 log

0 5x 5x

x  x  x 



Khi tích M m bằng

A 6 B 24 C 3 D 12

Lời giải

Chọn A.

* Phân tích

- Lập bảng xét dấu vế trái bất phương trình để tìm nghiệm bất phương trình - Chọn nghiệm nguyên lớn nghiệm nguyên bé ta có kết

* Giải

Đặt  

   

2

3

2 log

5x 5x

x x x

f x      



   2    

3

3 log

2 log

0

1

2

5x 5x

x

x x x x

f x

x

x x

  



      

      

   

  

 

f x không xác định 5x2 5x  1;0;1 x

    

Bảng xét dấu f x 

Suy tập nghiệm bất phương trình là: S   4; \ 1;0 Suy M  2;m  3 Mm6

Bài tập tương tự

Câu 1: [2D2-3] Gọi m nghiệm nguyên nhỏ bất phương trình

   

2

3 2 log

0 2x 2x

x  x  x



 Khi m bằng

A 2 B 3 C 3 D 4

Câu 2: [2D2-3] Gọi m nghiệm nguyên nhỏ bất phương trình

   

2

5

2 3 log

0 5x 5x

x  x  x 

(2)

A 3 B 4 C 3 D 12

Câu 27: [2D1-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Trên đài Radio FM có vạch chia để người dùng dị sóng cần tìm Vạch ngồi bên trái vạch ngồi bên phải tương ứng với 88 MHz 108 MHz Hai vạch cách 10 cm Biết vị trí vạch cách vạch ngồi bên trái d (cm) có tần số k a MHz với k d a hai số Tìm vị trí tốt vạch để bắt sóng VOV với tần số 102,7 MHz.1

A Cách vạch bên phải 1,98 cm B Cách vạch bên phải 2,46 cm C Cách vạch bên trái 7,35 cm D Cách vạch bên phải 8, 23 cm

Lời giải

Chọn B.

* Nhận xét

Tần số phụ thuộc vào ẩn k d Do đó, ta thiết lập mối quan hệ k d

* Giải

Đặt f =k a d(MHz) với k a hai số

88 d

f    

 88k a.  k 88

10 88 d

f     

10 1027

108

22

k a a

   

Khi f =102,7 d=7,54 (bên phải)

Câu 28: [1H3-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a Hình chiếu S mặt phẳng ABC trùng với trung điểm BC , cho SA a hợp với đáy góc 30 Khoảng cách hai đường thẳng SA BC bằng0

A a

B

2 a

C

2

3 a

D

3 a

Lời giải

Chọn D.

(3)

Theo đề ta có:

 300 ; 3; ( )

2

a a

SAH  SH  AH  BC SAH

Kẻ đường cao HK SAH



3

( ; )

4 a d SA BC HK

  

Câu 1: [1H3-3] Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C có đáy ABC tam giác vng BA BC a ' ' '   , cạnh bên AA'a 2, M trung điểm BC Khoảng cách hai đường thẳng AM

' B C là: A

2 a

B

5 a

C

3 a

D

7 a

Câu 2: [1H3-3] Cho hình chóp S ABCD có ABCD hình vng cạnh a.Tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với đáy M N P trung điểm , ,, , SB BC SD Tính khoảng cách AP MN

A

3 15

a

B 4 15a C

3

10 a

D 5 a

Câu 29: [2H3-2][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng

1

2 :

1 1

x y z

d   



1

:

2 1

x y z

d    

 Phương trình mặt phẳng  P song song cách hai đường thẳng d d là1,

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

Lời giải

Chọn A.

Vì d , 1 d chéo 2  P song song d , 1 d nên 2 nP u ud1; d20; 1;1    

 P cách d1 d2 nên  P qua trung điểm

1 1; ;1

2 I  

  MN với M2;0;0d1,

0;1;2

N d .

Phương trình  P : 2y2z 

Câu 1: [2H3-2] Trong không Oxyz , cho hai đường thẳng

3

:

2 1

x y z

d     

2

3 12

:

2

x y z

d     

 M , 1 M hình chiếu 2 M lên d , 1 d Tìm 2 M biết

rằng M trung điểm M M 1

(4)

Câu 2: [2H3-2] Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng

1

:

3

x

d y t

z t         



3

:

1

x y z

d    



,

A B hai điểm di động d1 thỏa AB C , 6 D hai điểm d2 thỏa CD 26

Tìm VABCD A

25

6 B 25 C

26

6 D 6 26

Câu 30: [2D3-4][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Giả sử số tự nhiên n thỏa mãn2

2 2

0 2 2

2

8192

3 2 15

n n

n n n n n

n

C C C C C

C

n n



      

  Khẳng định sau đúng?

A 6  n B 9 n 12 C n D Không tồn n

Lời giải

Chọn D.

* Phân tích:

Ta thấy xuất mẫu số tất phần tử, mẫu số số lẻ chạy từ đến 2n1 +) Tử số C với số chẵn chạy từ đến  2n Với dạng phân số ta nghĩ đến khai triển Newton  

2

1x n

sau nguyên hàm hai vế khai triển để xuất dạng phân số đề yêu cầu

+) Ta lại thấy đề giữ lại C với hệ số chẵn nên ta nghĩ đến việc khử các C với hệ số lẻ dựa vào công thức

 2  2

0 2 4 2 2 2

2 2 2

1

2

n n

n n n n

n n n n n

x x

C C x C x C  x  C x

  

     

* Giải

Xét khai triển

 2  2

0 2 4 2 2 2

2 2 2

1

2

n n

n n n n

n n n n n

x x

C C x C x C  x  C x

  

       *

Nguyên hàm hai vế  * ta  2  2

1

2 2

n n x x C n n                

3 2

0 2

2

3 2

n n

n n n n n

x x x x

C x C C C C

n n

 



     

   **

Với x ta  **   C Với x ta  **

2 2

2

0 2 2

2

1

2 2

n n

n

n n n n n

n

C C C C C

C

n n n

 

       

  

2

1 8192

2 15

n n     2 16384

2 15

n



 

 .

Đặt  

2t

f t t



Dễ có f t  đồng biến 5; Mà  

32768 15 15 f  ;   8192 13 13 f 

Ta có    

16384

13 15

15

f   f

(5)

Không tồn t2n1|n;n2 thỏa mãn  

16384 15 f t 

Vậy khơng có giá trị n thỏa mãn yêu cầu đề

Câu 1: [2D3-4] Giả sử số tự nhiên n thỏa mãn

1 2

2 2 2 8191

2 2 14

n n

n n n n n

C C C C C

n n

 

          



Khẳng định sau đúng?

A 5  n B 9 n 12 C n D Không tồn n

Lời giải

Chọn A.

* Phân tích:

Ta thấy xuất mẫu số tất phần tử, mẫu số số chẵn chạy từ đến 2n2 Tử số C với số lẻ chạy từ đến 2n1 Với dạng phân số ta nghĩ đến khai triển Newton  

2

1x n

sau nguyên hàm hai vế khai triển để xuất dạng phân số đề yêu cầu

Ta lại thấy đề giữ lại C với hệ số lẻ nên ta nghĩ đến việc khử C với hệ số chẵn dựa vào công thức

 2  2

1 3 5 2 2

2 2 2

1

2

n n

n n n n

n n n n n

x x

C x C x C x C x C x

                    * Giải

Xét khai triển

 2  2

1 3 5 2

2 2

1

2

n n

n n n n

x x

C x C x C x C x

 

   

  

      *

Nguyên hàm hai vế  * ta

 2  2 2 4 6 2 2 2

1 2

2 2 2

1

2 2 2 2

n n n n

n n

n n n n n

x x x x x x x

C C C C C C

n n n n

                                **

Với x ta  **

1 2 C n     Với x ta  **

1 2

2

2 2 2

1

2 2 2 2

n n

n

n n n n n

C C C C C

n n n n

                   2

1 8191

2 2 2 14

n n n       2

2 8191

2 2

n

n n



  

  .

Đặt  

2t

f t

t t

 

Dễ có f t  đồng biến 6; Mà  

8191 14

7

f 

Vậy n6

(6)

A S 2017.22018 B S2017.22018 C S2018.22018 D S 2019.22018

Lời giải

Chọn A.

* Phân tích:

- Có thể làm theo cách trắc nghiệm cách tính S 1 2.2 3.2 tương ứng với (hệ số, số mũ) =(3, 2) vào phương án trả lời, suy đáp án A.

- Bài tốn tổng qt: Tính tổng 1.q1 2.q2 3.q q

n n

S a a a a  a với a a a0, , , ,1 2 an lập thành cấp số cộng Phương pháp để tính S nhân vế với q trừ vế với vế, sử dụng cơng thức tính tổng n số hạng liên tiếp cấp số nhân xong

* Lời giải:

- Ta có: S 1 2.213.224.23  2018.22017

1 2017 2018

2.S 1.2 2.2 3.2 2017.2 2018.2

      

- Trừ vế với vế hai biểu thức ta được:  2017 2018

2 2 2018.2

S S      

2017

2018 2018 2018

2018

2

1 2018.2 2 2018.2

2 2017.2



      



  

2018

2017.2 S

  

Câu 31: [2D3-3][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hàm số f x  liên tục 

   

3f  x 2f x tan x Tính

 

4

d f x x



 



A 1

 

B 2

 

C 1

 

D 2

 

Lời giải

Chọn D.

     

3f  x 2f x tan x

Thay x x 1 3f x 2f   x tan2  x tan2x 2

     

 

2

1 2 tan

tan

x f x

f x x

  

 

   

4 4

2 2

0

4

d tan x d tan x d 1+tan x d

I f x x x x x

   

 

 

 

         

 

0

2 tan

2 I  x x   

Câu 32: [2H2-2][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho khối lăng trụ tam giác có cạnh đáy Góc đường chéo mặt bên đáy lăng trụ Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ

(7)

A B C D

Lời giải

Chọn A.

Gọi H tâm ABC

3 a AH 

Ta có  



A B ABC ,   A B AB ,   

60

A BA  AA AB.tan 60 a 3.

Gọi M trung điểm AA

3 a AM 

Mặt phẳng trung trực đoạn AA cắt trục đường tròn ngoại tiếp ABC I I tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ.

Ta có R2 IA2 IM2AM2  AH2AM2

2

3

4

a a

  13

12

a



Câu 33: [2H1-3][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho khối chóp tứ giác S ABCD Mặt phẳng qua trọng tâm tam giác SAB, SAC, SAD chia khối chóp thành hai phần tích là

1

V V 2 V1V2 Tính tỉ lệ

V V A

8

27. B

16

81. C

8

19. D

16 75.

Lời giải

Chọn C.

2

13 π

3 a

2

5 π

3 a

2

13 π

9 a

2

5 π

(8)

Gọi G , 1 G , 2 G trọng tâm tam giác SAB , SAD , SAC 3

Gọi I , J trung điểm AB, AC

3

1

3

SG SG

SI   SJ

1 //

G G IJ

  G G1 3//ABC.

Chứng minh tương tự ta có G G2 3//ABC.

Suy G G G1 3  // ABCD.

Qua G dựng đường song song với 1 AB, cắt SA , SB M , N

Qua N dựng đường song song với BC , cắt SC P.

Qua P dựng đường song song với CD , cắt SD Q

 Thiết diện hình chóp S ABCD cắt bới G G G1 3 tứ giác MNPQ.

Ta có

S MNP

S ABC V

V SM SN SPSA SB SC .  278

8 27

S MNP S ABC

V V

 

(1) Tương tự ta có

8 27

S MPQ S ACD

V V

 

(2) Từ (1) (2) suy

8 27

S MNPQ S ABCD

V  V

8 27

V V

 

19 27

V V V V

   

Vậy

1

8 19 V

V  .

   

   21

cos ; cos

7 OH

ABA B ABCD B OH

B H

  

   



Câu 34: [1D5-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hàm số   2 1  4  9  16

f x x x  x  x  x 

Hỏi phương trình f x  0 có nghiệm?

A 9 B 8 C 7 D 6

Lời giải

Chọn A.

Ta dùng kết sau để đếm nghiệm : Một đa thức bậc n có tối đa n nghiệm.

Nếu hàm số y f x  liên tục  a b; f a f b    0 phương trình f x  0 có nghiệm a b; 

Ta có

               

             

       

2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2

' 16 16

1 16 16

1 2

f x x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x x

x x x x x x g x

         

        

   

   0

'

0

x f x

g x

 

   



( )

g x đa thức bậc liên tục  có g  4 0, g  3 0, g  2 0,  1 0,  0

g   g  nên có nghiệm, nghiệm thuộc khoảng  4; 3 ,

(9)

Vậy phương trình f x  0 có nghiệm

Câu 1: [1D5-3] Cho hàm số          

2 2

1 2

f x  x x  x x  x x  x

Hỏi phương trình  

f x  có nghiệm?

A 4. B 5 C 7 D 6

Câu 2: [1D5-3] Cho hàm số   ln 1) 2    2018 x

f x  e  x x x x x

Hỏi phương trình  

f x  có nghiệm?

A 2018 B 2019 C 2017 D 2020

Câu 35: [2H1-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho chóp tam giác S ABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy a Gọi M N trung điểm cạnh SB SC Biết mặt phẳng AMN vng góc với mặt phẳng SBC Tính diện tích tam giác AMN theo a

A

2

10 24

a

B

2

10 16

a

C

2

5

a

D

2

5

a

Lời giải

Chọn B.

* Phân tích:

Cần xác định góc hai mặt phẳngAMN SBC Tức mặt phẳng vng góc với giao tuyến hai mặt phẳng đó, ta tìm SAI Từ suy tam giác AKI vng K

* Giải

Dễ thấy AMN cân A , SBC cân S nên suy AK MN SI MN nên AMN , SBC AKI  90

Phương tích điểm I đường trịn ngoại tiếp tam tứ giác AHKS ta có:

2

2 2

1

3

a

IH IA IK IS  AI  IK IK  2

2 a

AK AI IK

   

Diện tích

2

1 10

2 16

AEF

a S  AK MN 

(10)

Câu 1: [2H1-4] Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a Gọi E , F trung điểm cạnh SB SC Biết mặt phẳng (, AEF vng góc với mặt phẳng () SBC Tính thể ) tích khối chóp S ABC

A

3 5

24 a

B

3 5

8 a

C

3 3

24 a

D

3 6

12 a

Câu 2: [2H1-4] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật cạnh AB a , AD2a Mặt phẳng SAB SAC vng góc với ABCD Gọi H hình chiếu vng góc của A SD Tính khoảng cách AH SC biết AH  a

A 73

73 a. B

2 73

73 a. C

19

19 a. D

2 19 19 a.

Câu 36: [2H1-3][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hình hộp đứng ABCD A B C D có đáy ' ' ' ' ABCD hình thoi cạnh a , ABC120 ,o AA' 4 a Tính khoảng cách hai đường thẳng

'

A C BB ' A

3 a

B a C 2 a

D a

Lời giải

Chọn C.

* Phân tích:

Nhận thấy bình hình học khơng gian túy, tương đối dễ Mấu chốt vấn đề nhận thấy BB' ||ACC A' ' đáy hình thoi Bài tốn nên giải bằng nhiêu cách Hình giả thiết AA' 4 a bị thừa Không biết ý đồ tác giả đề để làm gì?

Lời giải

* Giải

Cách 1:

(11)

Vì tam giác ABD cạnh a nên a BE

Suy  ', '  a d BB A C 

Cách 2:

Ta có

 ', '  ' ' 

' ' sin ', ' BB A C V d BB A C

BB A C BB A C



Ta có

3

' ' ' '

1 1

' sin120

3 3

o B A CB A A BC A ABC ABC

a

V V V  A A S  a a a 

Vì  

2

' ' ' ' ' ' ' ' 16

BB A C BB A A AC  BB A A BB AA   a       

nên

  ' ' 16 4

cos ', '

4 19 19

' '

BB A C a

BB A C

a a BB A C

 

  

   

 

suy  

3 sin ', '

19 BB A C 

Thay vào công thức cho ta

 

3

3 ', '

2 19

19 a

a d BB A C

a a

 

Câu 1: [1H3-3] Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D có ' ' ' ' AB a BC , 3a Tính khoảng cách hai đường thẳng 'A C BB '

A

10

a

B 10 a

C

10

a

D

10

a

Câu 2: [1H3-3] Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C có đáy ABC tam giác cân, ' ' '

, 120 ,o '

AB AC a  BAC AA  a Tính khoảng cách hai đường thẳng 'B A BC

A 37

37 a

B

2 37 37 a

C

3 37 37 a

D

5 37 37 a

Câu 37: [2D1-3][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên sau

Với giả trị thực tham số m, phương trình f x m   0 có nhiều nghiệm?

A 4 B 5 C 6 D 3

Lời giải

Chọn C.

(12)

Nhận thấy đồ thị hàm số y f x m   có cách tính tiến đồ thị hàm số  

y f x

qua trái hay qua phải m đơn vị Do đó, ta cần chọn giá trị tham số m để phương trình có số nghiệm f x m   0 có số nghiệm nhiều

* Giải

Vì hàm số y f x m   hàm chẵn nên đồ thị đối xứng qua trục Oy Chẵng hạn, chọn

m  đồ thị tịnh tiến qua trái theo trục Ox hai đơn vị, phần đồ thị ứng với x bỏ đi, 0 phần đồ thị ứng vớix giữ nguyên, lấy đối xứng qua trục Oy ta đồ thị hàm số0

 2 y f x 

Do vậy, số nghiệm nhiều phương trình f x 2 0 nghiệm

Câu 1: [2D1-3] Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên hình vẽ

Với giá trị thực tham số m , phương trình f x m   0 có nhiều nghiệm

A 4 B 5 C 6 D 3

Câu 2: [2D1-3] Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên hình vẽ

Với giá trị thực tham số m, phương trình f x m   0 có nhiều nghiệm

A 4 B 5 C 6 D 8

Câu 38: [2D4-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho số phức thay đổi thỏa mãn Gọi đường cong tạo tất điểm biểu diễn số phức thay đổi Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường cong

A 12 B 12 C 9 D 9

Chọn B.

z

6

z i   z i S z i i   1

(13)

Gọi M x y ;  điểm biểu diễn số phức z x yi x y   ,   

Ta có z i   z i    

2

2 1 1 6

x y x y

       MF1MF2  6 2a

   

1 0; , 0;1

F  F

suy M x y ;  nằm Elip có a3;c1;b2 Diện tích Elip S  .a b6

Phép biến đổi “hợp thành”

  ,    , 2    

0; 1 1

2

O O

v

Q V

T

z    z i     i z i   i z i

 

 



Diện tích qua biến đổi phép tịnh tiến, phép quay giữ nguyên Qua phép quay QO, 2

gấp lần Suy S 6 2 12 2  

Câu 39: [2H3-3][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

 S x: 2y2 z2 4x10y2z 6 0

Cho m số thực thỏa mãn giao tuyến hai mặt phẳng y m x z  3 tiếp xúc với mặt cầu  S Tích tất giá trị mà m nhận

A  11 B 10 C 5 D 8

Lời giải Chọn A.

“Nhận xét: Dùng điều kiện tiếp xúc mặt cầu với đường thẳng”

Mặt cầu ( )S có tâm I(2; 5;1- ) bán kính R= 25 6+ + + =6 Đặt ( )P y: =m ( )Q x z: + - =3

Gọi d=( ) ( )P Ç Q

Chọn A(0; ;3m ) ( ) ( )Ỵ P Ç Q B m(1; ;2) ( ) ( )Ỵ P Ç Q Ta có: AB qua A(0; ;3m ) có VTCP AB=(1;0; 1- )

uuur

( 2; 5;2)

IA= - m+ uur

( )

, 5;0;

IA AB m m

é ù= + +

ê ú

ë û

uur uuur

( ) ( ) ( )

2

, 5 0 5

,

2

IA AB m m

d I d m

AB

é ù + + + +

ê ú

ë û

= = = +

uur uuur uuur

d tiếp xúc với mặt cầu ( )S  

1

,

11 m

d I d R m

m  

        

 Suy tích giá trị m 11

(14)

Câu 1: [2H3-3]Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  

2 2

: 2

S x y  z x y z m  Cho m số thực thỏa mãn giao tuyến hai mặt phẳng x y z  1 tiếp xúc với mặt cầu

 S

Tổng tất giá trị mà m nhận bằng

A 4 B 10 C  D 10

Câu 2: [2H3-3]Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ,  S x: 2y2z22x2y2z 1 0 Cho m số thực thỏa mãn giao tuyến hai mặt phẳng z m x y   tiếp xúc với mặt cầu1

 S

Tổng bình phương tất giá trị mà m nhận bằng

A 0 B 9 C 2 D 7

Câu 40: [2D3-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hàm số f x  thỏa mãn     2018

.ex

f x f x  x

với x  f  1 1 Hỏi phương trình   e f x  

có nghiệm?

A 0 B 1. C 3 D 2

Hướng dẫn giải

Chọn D.

Ta có:          

2018 2018

d e dx d ex

f x f x  x x x f x  f x  x C

  

  2019     2019  

1

e 2019 e 2019

2019

x x

f x x C f x x C

          

Do f  1 1 nên 2019C1 hay    

2019

2019 ex

f x  x 

 

  .

Ta có:      

2019

2019 2019

1 1

2019 e

e e e

x

f x   f x     x   

Xét hàm số     2019

1 2019 e

e x

g x  x  

   2019 ex

g x  x

, g x    0 x 0,   2019

0 2019

e

g     

, xlimg x   ,

  2019

1

lim

e

xg x    .

Bảng biến thiên hàm số:

Do phương trình   e f x  

có nghiệm

Câu 41: [2D2-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Có số nguyên m đoạn [ 2018;2018] cho bất phương trình (10 ) log10 101011log

x

m x

(15)

A 2018 B 4026 C 2013 D 4036

Lời giải

Chọn A.

Lô ga số 10 hai vế ta có:

log 11

log

10 10 log 11

(10 ) 10 ( ).log(10 ) log

10 10

log 11 11log

( )(1 log ) log 10 log

10 10 log

x

m x x

x m x x

x x

m x x m x

x



   

      

 Đặt tlog (x x(1;100) t (0;2) suy ra:

11

10 ( ) ( (0; 2) )

1 t

m t f t t

t

    

 Ta có ( )f t hàm đồng biến khoảng

8 (0; 2)

15 m  

Kết hợp với điều kiện m [ 2018;2018]  ta 1 m 2018 => Có 2018 giá trị nguyên m thỏa mãn điều kiện đề

Câu 1: [2D2-3] Các giá trị thực tham số m để phương trình 12 4 .3

x x

m m

    có nghiệm

thuộc khoảng 1;0 là: A

17 ; 16 m 

  B m 2; C

5 ;6 m  

  D

5 1;

2 m  

 

Câu 2: [2D2-3] Có giá trị nguyên m để bất phương trình

   

log log x  1 log mx 4x m

nghiệm với x  

A Vô số B 3 C 2 D 1

Câu 42: [2H3-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Trong không gian Oxyz , cho ba điểm (2;0;0), (0;4;0), (0;0;6)

A B C , điểm M thay đổi mặt phẳng  ABC , N điểm tia

OM cho OM ON 12 Biết M thay đổi điểm N ln nằm mặt cầu cố định Tính bán kính mặt cầu

A

2 B 3 C 2 D

5

Lời giải

Chọn A.

* Phân tích:

Trước tìm bán kính đường trịn hiểu tốn quỹ tích, cần quỹ tích của điểm N Theo giả thiết từ tọa độ M ta suy tọa độ điểm N , mặt khác M lại chạy “tung tăng” mặt phẳng  ABC , từ liên hệ quỹ tích điểm N

* Giải

Giả sử  

2 2

; ;

N x y z ON  x y z

(16)

2 2 2 2 2 2

12 12 12 12

12 x ; y ; z

OM ON OM ON N

x y z x y z x y z x y z

 

     

         

 

Do      

2

2 2 49

6 3

2

N ABC  x y zx y z  x y   z 

  .

Vậy N thuộc mặt cầu cố định bán kính R

Câu 1: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm M1;0; , N1; 1; 1   mặt phẳng  P x: 2y z  2 Một mặt cầu qua M N tiếp xúc với mặt phẳng ,  P điểm E Biết E thuộc đường trịn cố định, tính bán kính đường trịn đó.

A

10 R

B R 10 C R 10 D R2

Câu 2: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

1

:

2 1

x y z

d    

 

điểm A1;1;1 Hai điểm ,A B di động đường thẳng d cho mặt phẳng OAB vng góc với mặt phẳng OAC Gọi điểm B hình chiếu điểm B lên đường thẳng AC Biết rằng quỹ tích điểm B đường trịn cố định, tìm bán kính R đường trịn đó

A

60 10 R

B

3 5 R

C

70 10 R

D

3 10 R

Câu 43: [1D2-3][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Một người viết ngẫu nhiên số có bốn chữ số Tính xác suất để chữ số số viết có thứ tự tăng dần giảm dần (nghĩa số viết có dạng abcd a b c d   a b c d   )

A

125 B

7

375 C

7

250 D

14 375

Lời giải

Chọn D.

Viết ngẫu nhiên số có chữ số nên số phần tử không gian mẫu   9.10.10.10 9000

n    .

TH1: số tự nhiên có chữ số mà chữ số số viết có thứ tự giảm dần

Vì a b c d   nên chữ số đôi khác chữ số a , b, c , d lấy từ tập 1, 2,3, 4,5,6,7,8,9

X  và với chữ số lấy từ X lập số thỏa u cầu tốn Do số số tự nhiên có chữ số mà chữ số số viết có thứ tự tăng dần C 94

Nếu a b c d   chữ số xuất ta lập C số104

(17)

Vì a b c d   nên chữ số đôi khác chữ số a, b, c, d lấy từ tập 0,1, 2,3, 4,5,6,7,8,9

Y 

với chữ số lấy từ Y lập mọt số thỏa u cầu tốn Do số số tự nhiên có chữ số mà chữ số số viết có thứ tự giảm C 104

Vậy số phần tử biến cố A  

4

9 10 336

n A C C  Xác suất biến cố A là:

     336 14 9000 375 n A P A n     .

Câu 1: [1D2-3] Lâp số có chữ số dạng abcd cho a b c d  

A C 104 B 11

C C C 124 D

4

C Câu 2: [1D2-3] Lâp số có chữ số dạng abcd cho a b c d  

A C 104 B 11

C C C 124 D

4

C Câu 44: [1D4-2][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hàm số

sin nÕu cos

( )

1 cos nÕu cos

x x f x x x        

Hỏi hàm số f có tất điểm gián đoạn khoảng (0;2018) ?

A 2018 B 1009 C 642 D 321

Lời giải

Chọn D.

0

cosx có nghiệm thuộc khoảng 0; 2018 2  ,  ,  , …, 1281  , 1283  Tại điểm

 ,  ,  , …, 1277  , 1281 

hàm số f cho liên tục. Tại điểm

3  ,  , 11  , …, 1279  , 1283 

hàm số f gián đoạn. Do đó, hàm số f có 321 điểm gián đoạn khoảng 0; 2018

Câu 1: [1D4-2] Cho hàm số

 

,

sinx cosx sin x f x

sin x sin x

 



  

 Hàm số f có tất điểm gián đoạn khoảng 0; 2018?

A 321 B 642 C 964 D 2018

Câu 2: [1D4-2] Cho hàm số

 

2

,

1

,

2

cos x sin x

f x cos x

sin x

 



   

 Hàm số f có tất điểm gián đoạn khoảng 0; 2018?

(18)

Câu 45: [2H3-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Trong không gian Oxyz , cho ba điểm 2; 1;1 , 5;3;1 , 4;1; 2

A  M N mặt phẳng  P y z:  27.Biết tồn điểm B tia

AM , điểm C  P điểm D tia AN cho tứ giác ABCD hình thoi Tọa độ điểm C là

A 15; 21;6  B 21; 21;6  C 15;7; 20  D 21;19;8 

Lời giải

Chọn B.

* Phân tích:

- Tham số hóa tọa độ điểm M N,

- Từ điều kiện tứ giác ABCD hình thoi suy A C B D   , suy C theo tham số. - Từ điều kiện C thuộc  P suy mối quan hệ tham số

- Từ điều kiện tứ giác hình thoi suy cạnh kề suy C

* Giải

Ta có

 

2

: ; ;1

1

x t

B AM y t B t t

z

   

        

  

Và

 

2

: 2 ; ;1

1

x u

D AN y u D u u u

z u

   

         

   

Vì tứ giác ABCD hình thoi nên suy C t3 2u2; 4t2u1; u   Mà C P 4t3u27 1 

Vì tứ giác ABCD hình thoi nên suy AB2  AD225t2 9u2 2 Từ (1) (2) tìm

3 t u

   

 suy C21; 21;6 

Câu 1: [2H3-3] Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A2;3;1 , M4;5;1 , N 0;3;1 mặt phẳng  P : x   y z 0.Biết tồn điểm B tia AM , điểm Ctrên  P

và điểm D tia ANsao cho tứ giác ABCDlà hình thoi Tọa độ điểm Clà A 15;21;6  B 2;4;  C 15;7; 20  D 21;19;8 

Câu 2: [2H3-3] Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A2;3; , M5;1;5 , N 0;0;5 mặt phẳng  P : x  y z 15 0. Biết tồn điểm B tia AM , điểm Ctrên  P

(19)

Câu 46: [1H3-4] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Trong không gian cho hai đường thẳng d  chéo nhau, vng góc với nhau, nhận AB a làm đoạn vng góc chung (A d B ,   ) Trên d lấy điểm M ,  lấy điểm N cho AM 2a,BN 4a Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN Khoảng cách hai đường thẳng AM BI là

A

17 a

B a C

4

a

D

2

3 a

Lời giải

Chọn A.

Đây dạng tốn ‘xóa bớt hình vẽ’ Học sinh cần phải vẽ thêm để hình quen thuộc từ tìm lời giải Với ta tạo hình chóp N ABCM có đáy hình chữ nhật

ABCM NB đường cao.

Vẽ hình chữ nhật ABCM có O tâm Ta có

( )

NB AB

NB ABCM

NB AM

 

 

 

 .

AM AB

AM AN

AM NB

 

 

 

 .

,

A B nhìn đoạn MN góc vng nên I trung điểm đoạn MN Ta có

            

// ; ; AC ; ;

AM BIC d AM CI d A BIC d O BIC d O BIC

OC

   

Gọi ,H K hình chiếu vng góc O lên ,BC IH Khi OKd O BIC ; 

,

2 2

AB a BN

OH   OI   a

, 2 2

1 1

4 17

a OK

OK OK OI a  a   .

Vậy  

4 ;

17 a d AM CI 

Câu 1: [1H3-4] Cho tứ diện ABCD có độ dài cạnh bên BC a , CD2a, góc BC AD bên 60 o ABCADC BCD 900 Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

ABCD Khoảng cách hai đường thẳng BI AD bằng B

M N

O I

A

C H

(20)

A

2 21 a

. B

21 a

C

21 a

D

2 21 a

Câu 2: [1H3-4] Cho tứ diện ABCD có AD 3, AC BD  , AB BC CD   Khoảng cách giữa hai đường thẳng AD BC bằng

A 2 B

3

2 C

2

2 D

3

Câu 47: [2H3-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Trong không gian Oxyz , cho ba mặt phẳng  P x: 2y2z 1 0,  Q x: 2y2z 8 0,  R x: 2y2z 4 0 Một đường thẳng 

thay đổi cắt ba mặt phẳng      P , Q , R điểm , ,A B C Giá trị nhỏ biểu

thức

96 AB

AC 

A

41

3 B 99 C 18 D 24

Lời giải

Chọn C.

* Phân tích:

Ta nhận thấy ba mặt phẳng      P , Q , R ba mặt phẳng phân biệt song song với Dựa vào số d ba mặt phẳng ta nhận thấy mặt phẳng  P nằm hai mặt phẳng

   Q , R .

+) Ba mặt phẳng song song với ta nghĩ đến định lý Ta let để rút mối quan hệ AB AC Từ đánh giá giá trị nhỏ biểu thức ,

96 AB

AC 

* Giải

Ba mặt phẳng có véc tơ pháp tuyến 1; 2; 2  nên chúng song song với Khi ta

có    

 

1

;

3

d P Q    

;    

1

;

3

d P R   

;    

 

4

;

3

d Q R    

(21)

Dựng đường thẳng qua C vng góc với mặt phẳng      P , Q , R Đường thẳng cắt mặt phẳng    P , Q M N Khi ta có ; CM 1;MN 

Xét CNB có MA NB nên

1

AC MC

AB MN  AB3AC.

Khi 2

96 96

3

AB AC

AC AC

   3 962

2

AC AC

AC

  

2

3 96

3 3.6 18

2

AC AC

AC

  

Dấu " " xảy

3 96

4

AC

AC AC

   

Câu 1: [2H3-3] Trong không gian Oxyz , cho ba mặt phẳng  P x: 2y3z 4 0,

 Q x: 2y3z 2 0,  R x: 2y3z 6 0 Một đường thẳng  thay đổi cắt ba mặt

phẳng      P , Q , R điểm , ,A B C Độ dài đoạn AC nằm khoảng

biểu thức

27 AB

AC 

đạt giá trị nhỏ nhất?

A  2;3 B 3; 4 C 4;5 D  5;6

Lời giải

Chọn B.

Ba mặt phẳng có véc tơ pháp tuyến 1; 2;3 nên chúng song song với Khi ta có    

 ;  2

14 14

d P Q   

;    

4

;

14 14

d P R   

;    

2

;

14 14

d Q R   

(22)

Dựng đường thẳng qua C vng góc với mặt phẳng      P , Q , R Đường thẳng cắt mặt phẳng    P , Q M N Khi ta có ;

2 ;

14 14

CM  MN 

1

AC MC

AB  MN  AB AC .

Khi 2

27 27

AB AC

AC AC

   272

2

AC AC

AC

  

2 3

27

3

2 4

AC AC AC

  

Dấu " " xảy

3

27

3 2

AC

AC AC

   

Câu 2: [2H3-3] Trong không gian Oxyz , cho ba mặt phẳng  P x y:  2z0, Q x y:  2z 2 0,  R x y:  2z 1 0 Một đường thẳng  thay đổi cắt ba mặt phẳng      P , Q , R

tại điểm , ,A B C Tính cosin góc tạo  mặt phẳng  R biểu thức

2

AB

AC 

đạt giá trị nhỏ

A 30

6 B 1. C

2

2 D

2

Lời giải

Chọn A.

Ba mặt phẳng có véc tơ pháp tuyến 1;1; 2 nên chúng song song với Khi ta có    

  2

;

6

d P Q   

;    

0 1

;

6

d P R   

;    

2 1

;

6

d Q R   

(23)

Dựng đường thẳng qua C vng góc với mặt phẳng      P , Q , R Đường thẳng cắt mặt phẳng    R , Q M N Khi ta có ;

1

;

6

AM  AN 

1

AC AM

AB  AN   AB2AC.

Khi

2

AB

AC 

2 16

2

AB AB

   

2 8

AB

AB AB

   33 AB2. . 3.4 12

AB AB

  

Dấu " " xảy

2 2

AB AB

AB

   

Khi

30 NB

nên  



  30

cos ;

6

NB R

AB

  

Câu 48: [2D1-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hàm số

1 3

x y

x  

 có đồ thị ( )C , điểm M nằm đồ thị ( )C cho khoảng cách từ M đến đường tiệm cận đứng gấp hai lần khoảng cách từ M đến đường tiệm cận ngang ( )C Khoảng cách từ M đến tâm đối xứng ( )C

A 3 B 2 C 4 D 5

Lời giải

Chọn B.

* Phân tích

Vì M C nên tọa độ M phụ thuộc theo tham số a Dựa vào giả thiết: khoảng cách từ M đến đường tiệm cận đứng gấp hai lần khoảng cách từ M đến đường tiệm cận ngang ( )C ta tính a, từ ta tính IM (với I tâm đối xứng  C , giao điểm hai đường tiệm cận  C )

(24)

Ta có đồ thị  C có đường tiệm cận đứng d x1: 3, đường tiệm cận ngang d y2: 3 có

tâm đối xứng I 3;3 Gọi    

1 ;

3 a

M a b C b

a 

  

 Khi từ giả thiết ta có :

     2

1

, , 3 16

3 a

d M d d M d a a

a           Vậy       2 2

1 64 64

3 3 16

3 16

a

IM a a

a a                  

Câu 1: [2D1-3] Cho hàm số

2 x y x  

 có đồ thị  C Có tất điểm M thuộc (C) cho khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang lần khoảng cách từ điểm M đến tiệm cận đứng.

A 4. B 3. C 2. D 1.

Câu 2: [2D1-3] Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số

2 1 x y x  

 cho khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng khoảng cách từ M đến trục hoành

A M0; ,  M 3; B M 2;1 ,M 4;3

C M0; ,  M 4;3 D M 2;1 ,M 3;

Câu 49: [2D3-4] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Có giá trị tham số m khoảng

(0;6 ) thỏa mãn 0

sin

d

5 cos

m x x x   

A 6 B 12 C 8 D 4

Lời giải

Chọn A.

0

sin d(5 cos )

d

5 cos cos

m m x x x x x        1

ln(5 cos ) | (ln ln(5 cos ))

4 m x m       Mà 2

sin 1

d (ln ln(5 cos ))

5 4cos

9

arccos( )

9 4

cos

9

4

arccos( )

4 m x x m x m k e m k e m k e                           Xét 2

0 arccos( ) 0, 447 2,552 {0;1; 2}

4

9

0 arccos( ) 0, 447 3, 447 {1; 2;3}

4

k k k

e

k k k

e                             

(25)

Câu 1: [2D3-4] Cho số nguyên dương a thỏa mãn

4

cos

d ln 2sin

a x

x x



 



Mệnh đề sau đúng?

A

;3 a  

  B

7 3;

2 a 

  C

7 ; 2 a  

  D

9 11 ; 2 a 

 

Câu 2: [2D3-4]Cho số nguyên dương n thỏa mãn

 5

2

1 tan

d

cos

n x

x x





 



Mệnh đề sau đúng?

A n 1; B n 3; C n 5;6 D n 7;8

Câu 50: [2H3-4] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho ba số thực , ,x y z thỏa mãn

2 2

4x y 9z 4x12z Tìm giá trị lớn biểu thức11 P4x2y3z.

A 6 15 B 20 C 8 3 D 16

Lời giải

Chọn D.

Cách 1: Phương pháp hình học

Theo giả thiết toán:    

2

2 2

4x y 9z 4x12z 11 2x1 y  3z2 16

Đặt:

2

3

X x

Y y

Z z

 



  ta có mặt cầu  S X: Y2Z2 16 có tâm I0;0;0 bán kính

R

và biểu thức: P2X 2Y Z  tương đương mặt phẳng  Q :2X2Y Z   4 P Để mp  Q mặt cầu  S có giao điểm  ; 

4

4 16

3 I Q

P

d  R      P

Vậy Max P16 Chọn D

Cách 2: Phương pháp đại số ( sử dụng BĐT BCS)

Theo giả thiết:    

2

2 2

4x y 9z 4x12z11 2x1 y  3z2 16 Lại có:

     2 2 2  2 2  2

4 2 2 9.16 12

P  x  y z    x y  z  

16 P

  Dấu '' '' xảy

2 11 10

; ;

2

x y z

 

       

Vậy Vậy Max P 16

11 10

; ;

6

x y z

Câu 1: [2H3-4] Cho ba số thực , ,x y z thỏa mãn x2y29z2 4x6y6z Tìm giá trị lớn biểu thứcP3x2y6z

(26)

Định dạng
Số trang	26
Dung lượng	1,72 MB