Toan 2018-thpt-chuyen-tb-lan-1

HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
A
P
D
ĐÁP ÁN
1-A 2-D 3-C 4-C 5-C 6-D 7-B 8-D 9-B 10-A
11-A 12-C 13-C 14-B 15-D 16-C 17-B 18-D 19-C 20-B
21-D 22-A 23-D 24-B 25-D 26-C 27-C 28-A 29-B 30-B
31-C 32-D 33-A 34-A 35-C 36-B 37-C 38-B 39-C 40-D
41-B 42-A 43-D 44-A 45-B 46-B 47-A 48-D 49-B 50-C
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A
1 5
1
2 2
3 6
2
1 7 5
4 12 6
. .(1 ) .(1 )
1
. .(1 ) .(1 )
a a a a a
P a
a a a a a
 
   
 
Câu 2 : Đán án D
Dễ thấy có 4 mặt phẳng đối xứng là (SAC), (SBD), (SMN), (SPQ) trong đó M, N, P, Q lần lượt là trung
điểm cạnh AB, CD, AD, BC
S
A M
N C
Q
B
M

Câu 3: Đáp án C
Ta có: y’= m – cosx
Hàm đồng biến trên R  y’  0 x R
 
 cosx  m x R
 
Mà cosx  1 x R
 
 m  1
Câu 4: Đáp án C
Ta có: y’= 3 – 6x – 9
 y’= 0  x = 3 hoặc x = -1
Ta có bảng biến thiên
x - -1 3 +
y’ + 0 -
0 +
y
7
- 25
Vậy giá trị cực tiểu của hàm số là -25 tại x = 3
Câu 5: Đáp án C

Câu A sai vì giá trị cực tiểu của hàm số là -2 tại x = 2
Câu B sai vì hàm số không có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất mà chỉ có giá trị cực đại và cực tiểu
Câu D sai vì hàm số chỉ có 2 cực trị là 0 và 2
Câu 6: Đáp án D
D = [-1;1]
Ta có: y’= 4 3
x – 16x
=> y’= 0  x = 0 (thỏa mãn) hoặc x = -2 (không thỏa mãn) hoặc x = 2 (không thỏa mãn)
Vậy giá trị lớn nhất của hàm trên đoạn [-1;1] là 17 tại x = 0
Câu 7: Đáp án B
Xét y = 3
3
x x

Ta có: y’= 2
3 3
x 
 y’= 0  x = -1 hoặc x = 1
x -1 0 1
y’ + 0 -
y
17
10 10

x - -1 1 +
y’ + 0 -
0 +
y
2
-2
Vậy đường thẳng y = -2m cắt đồ thị hàm số y = 3
3
x x
 tại 3 điểm phân biệt
 -2<-2m<2  m ( 1;1)
 
Câu 8: Đáp án D
Ta có:
21 21
21 21 2(21 ) 21
21 21
2 2
0 0
2 2
( ) . .( ) . ( 2)
k k k k k k k
k k
x C x C x
x x
   
 

   
 
Số hạng không chứa x  k – 2(21 – k) = 0  k = 14
Số cần tìm là 14 21 14 7 7
21 21
( 2) ( 2)
C C

   (theo tính chất k n k
n n
C C 
 )
Câu 9: Đáp án B
Ta có: 3 2
' 4(m 1) x 2( 1) [4(m 1) 2( 1)]
y m x x x m
       
Hàm số có điểm cực đại và không có cực tiểu => Hàm có 1 cực trị  y’ có 1 giá trị nghiệm
Dễ thấy y’ luôn có nghiệm x = 0
 2
4(m 1) 2( 1)
x m
   = 0 (*) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép x = 0

Để (*) có nghiệm kép x = 0, ta thay x = 0 vào (*) => m = 1
Thay m = 1 vào lại (*), ta có nghiệm kép x = 0
Để (*) vô nghiệm, ta xét:
*TH1: m = – 1 => (*) vô nghiệm
*TH2: m => (*) vô nghiệm  2 1
2( 1)
m
x
m



vô nghiệm
=>
1
0 1 1 0
2( 1)
m
m m
m

      

Với m = 1, ta có bảng biến thiên
x - 0 +
y’ + 0 -
y
1
Với m = -1, ta có
x - 0 +
y’ + 0 -

y
1
Với m = 0, ta có
x - 0 +
y’ + 0 -
y
1
Vậy k có giá trị nguyên nào của m thỏa mãn đề bài
Câu 10: Đáp án A
Xét hàm số
1
2
2
x
y x
x

 

D = R {2}
Ta có:
2
3
' 2
( 2)
y
x

 

=>
4 6
' 0
2
y x

  

x  4 6
2
 4 6
2
 
y’ - 0 + 0 -
y 5 2 6

5 2 6

Vậy đường y = m cắt đồ thị hàm số
1
2
2
x
y x
x

 

tại 2 điểm phân biệt
 ( ;5 2 6) (5 2 6; )
m     
Câu 11: Đáp án là A
Ta có phương trình :
3 2
(f( )) 3(f(x)) 2 0
( ) 1 3 ( 2;2)
( ) 1 3 2
( ) 1 ( 2;2)
x
f x
f x
f x
  
    

   

   


Số nghiệm của phương trình ban đầu là số giao điểm của ba đường thẳng y= 1 3
 , y= 1 3
 , y=1với đồ
thị hàm số f(x)
=>y= 1 3
 cắt đồ thị hàm số f(x) tại 3 điểm
y= 1 3
 cắt đồ thị hàm số f(x) tại 1 điểm
y=1 cắt đồ thị hàm số f(x) tại 3 điểm
vậy có 7 nghiệm
Câu 12: Đáp án là C

Ta có:
2
1
( 1) 4
x
y
m x


 
có hai tiệm cận đứng thì phương trình g(x)= 2
( 1) 4
m x   phải có 2 nghệm phần biệt
khác -1
0
0
16 0
1
( 1) 4 4 0
m
m
m
m
g m





     
 
 

    

Câu 13: Đáp án là C
Đồ thị hàm số nằm phía dưới trục hoành tức là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành
không có nghiệm và y<0 với mọi x
Câu 14: Đáp án là B
Nhìn vào đồ thị ta thấy:
Tại x=0 thì y=c<0=>c<0
Đồ thị đã cho cắt Ox tại 2 điểm
=> Phương trình 4 2
ax 0
bx c
   có 2 nghiệm
Đặt t= 2
x (t>0). Khi đò ta có phương trình:
2
0
at bt c
   có 1 nghiệm dương và 1 nghiệm âm
=>a.c<0=>a>0(Do c<0)
Ta có: 3 2
' 4 2 2 (2 )
y ax bx x ax b
   
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị nên:
2
2 (2 )
x ax b
 có 3 nghiệm 2
0
2
b
x
a

  
=> b<0 (do a>0)

Vậy a>0;b<0,c<0
Câu 15: Đáp án là D
Ta kiểm tra điều kiện tại x=0, x=2 vào từng hàm số
Xét hàm số
2
2
2
2
2
2
( ) ( 2)
'( ) 2 . '(x 2)
'( ) 0 2 . ( 2) 0
0
'( 2) 0
0
2 1
2 2
0
1
2
g x f x
g x x f
g x x f x
x
f x
x
x
x
x
x
x
 
 
   


 
 




   

  




  

  

Ta lập bảng xét dấu => đáp án D
Ta đặt log 0( , 0, 0)
a b t a b a
   
t
b a
 
Nếu a>1 thì b>1 (t>0)
Nếu 0<a<1 thì t
b a
 <1 (t>0)
Đặt
2
2 1
0( 0)
2
x
t x
x

  

Ta xét hàm số 2
( ) log 2 5
t
f t t
  
1
'( ) 2 ln 2 0 0
ln 2
t
f t t
t
     
Hàm f(t) đồng biến trên (0; )

Do đó f(t)=0 có nghiệm duy nhất
Ta có f(2) =0  t=2 là nghiệm duy nhất
2
2
1 2
2 1
2( 0)
2
2 4 1 0
1
.
2
x
x
x
x x
x x

  
   
 
Tập xác định của hàm số
1
5
( 1)
y x
  là R
Ta có:
2017 0 1 2 2016 2017
2017 2017 2017 2017 2017
2017 0 1 2 2016 2017
2017 2017 2017 2017 2017
2017 1 3 2017
2017 2017 2017
2016
(1 1) ....
(1 1) ....
2 2( ... )
2
C C C C C
C C C C C
C C C
T
      
      
    
 
Câu 21: Đáp án D
+ loga
y x
 khi 1
a  số đồng biến trên  
0;
0 1
a
  số nghịch biến trên  
0;
+ (0 a 1)
x
y a
   khi 1
a  số đồng biến trên 
0 1
a
  số nghịch biến trên 

Do đó chọn đáp án D vì
2
0 1
e
 
 
AA' '
B B là mặt phẳng song song với trục OO’ cắt khối trụ theo thiết
diện là hình chữ nhật AA’B’B
 
',(AA'B'B)
d OO OH
 vì  
AA'B'B
'
OH AB
OH
OH BB
 
 

 
Trong 2 2 2
OBH OB OH
  
coùBH 2 2
5 3 16
  
4
BH
 
' '
'
. 8.7 56
A A B B
S AB BB
  
Ta có :     
30 2
FD HC x FH x

DI
Keû FH
 

 

     
 
 
2
2
1 1 30 2
caân taïi D S . . . . 30 2
2 2 2
FDH
x
FDH DI FH x x
 

 

   
 
 
2
2
laêng truï
1 30 2
S .EF . . 30 2 .30
2 2
FDH
x
V x x
Xét hàm  
  
15 30 225. 30 2
y x x điều kiện :    
15
30 225 0
2
x x
' 15.( 90x 900)
30 225
y
x
 


Cho '
0 10
y x
  
x
15
2
10 
y’ + 0 -
r=5cm
h=7cm
3cm
O'
O
B
A
B'
A'
H
H'

y
Vậy max
10
V 
Câu 24: Đáp án B
2
(x) 0,035x (15 x)
G  
Bệnh nhân giảm huyết áp nhiều nhất khi và chỉ khi G(x) đạt giá trị lớn nhất
' 2
(x) 0,105x 1,05x
G  
Cho ' 0
(x) 0
10
x
G
x
 
  


G(x) max khi và chỉ khi x = 10
x  0 10 
G’(x) - 0 + 0 -
 max
G(x)
min 

 
2 2
ln100 ln 2 .5 2ln 2 2ln5
  
   
2
2 ln 2 ln5 2 ln 2.log 5
a
   
5
1 1 2 4
2 ln 2. 2 . .
log 2
2
ab a
a a a
b b
 
 
  
    
 
 
   
 
Câu 26: Đáp án C
2
4 2 3 0

  
x x 2
2 4.2 3 0
   
x x
2
0
2 1
log 3
2 3

  
 
  
 

x
x
x
x
Chọn số tự nhiên gồm 4 chữ số trong 6 chữ số có 
4
6
360
A cách chọn
 
2
2
3
AG AH
Trong    
2 2
3
SGAcoùSA AG SG
Gọi E là trung điểm của cạnh SA. Mặt phẳng
trung trực cạnh SA cắt SG tại I suy ra   
IS IA IB IC
Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC
Ta có  

SEI SGA suy ra    
. 3
2
SE IS SE SA
IS
SG SA SG
 
 
2
4 9
Maëtcaàu
S R
  *
2 ,( )
n
x n N
 
Số hạng tổng quát trong khai triển là     *
1 2 . ,( )
k k
k n k
n
C x n N

 
Theo yêu cầu bài toán ta có k = 4
h=1
6 G
A
C
B
S
H
E
I

Vậy hệ số x4
của trong khai triển  
4 4 4
1 2 60

 
n
n
C
Giải phương trình 4 4
2 60 6

  
n
n
C n
AA’
// (BB’
C’
C) suy ra    

' ' ' '
',(BBCC) ,(BBCC)
d AA d A
 
' '
BB
'
AH BC
AH C C
AH BB
 
 

 
Suy ra  
' '
,(BBCC)
d A AH
Trong    
. 3. 3
2 2
AB AC a a
ABC coùAH
BC a
Theo đề bài ta có
   
3 2 ! ! 1 1
2. 2. 8
3! 3 ! 2! 2 ! 6 2
n n
n n
C C n
n n n
      
  
.
Ta có 2
x
x
e
y
e m
 

. Do đó   2 2
2
1 1
1 2
2 2
e
y e e m m e m e
e m
           

.
TXĐ:    
;1 5;
D     .
Ta có
2
3
0 3
5 6
x
y x
x x

    
 
. Kết hợp điều kiện suy ra 5
x  .
Vậy hàm số đồng biến trên  
5; .
Số cách chọn 4 học sinh bất kì   4
35 52360
n C
   (cách).
Số cách chọn 4 học sinh chỉ có nam hoặc chỉ có nữ là 4 4
20 15 6210
C C
  (cách).
Do đó số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là   52360 6210 46150
n A    (cách).
2a
a 3
B' C'
A'
B C
A
H

Vậy xác suất cần tính là
 
 
46150 4615
52360 5236
n A
P
n
  

.
Để đạt được 6 điểm thì thí sinh đó phải trả lời đúng 30 câu và trả lời sai 20 câu.
Xác suất trả lời đúng trong 1 câu là 0,25. Xác suất trả lời sai trong 1 câu là 0,75.
Vậy xác suất cần tìm là        
30 20 30 20
30 20
50 50
. 0,25 . 0,75 . 0,25 . 0,75
C C
 .
Đồ thị (H) có tiệm cận đứng là 2
x  và tiệm cận ngang là 0
y  .
C'
B'
A
B
C
A'
H
Gọi H là hình chiếu của A lên  
ABC .
Ta có  
 
  0 0
, 30 .sin30 3
AA ABC A AH A H A A
   
     .
Vậy
2
.
3 3 27
. 3.
4 4
ABC A B C ABC
V A H S
  

   .

D
A
B C
S
Ta có
3
.
1 1 1 1 1 3
. . . . . . 3. . . .
3 3 2 3 2 6
S BCD BCD
a
V SA S SA AB BC a a a

   
A
S
O B
Ta có 2 2
6 6
xq
S rl a rl a
 
    .
Lại có  0
60
OSB  . Mà  1
sin
2
OB r r
OSB
SB l l
    hay 2
l r
 .
Do đó 2 2
3, 2 3 3
r a l a h l r a
      .
Vậy thể tích V của khối nón là 2 2 3
1 1
.3 .3 3
3 3
V r h a a a
  
   .

C'
D'
B'
C
B
A D
A'
Ta có . . . .
1 1 1 1
. . . .
3 3 2 6 6
A CB D D ACB B ACB B ABC ABC ABCD ABCD
V
V V V V BB S BB S BB S
      
  
       .
I
O'
O
M
C'
B'
A
B
C
A'
Gọi , '
O O lần lượt là tâm của hai đáy và I là trung điểm của OO thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng
trụ cần tìm.
Ta có
3 2 3
2 3 3
a a
AM AO AM
    và
2
b
OI  .

Suy ra bán kính mặt cầu cần tìm là
2 2 2 2
2 2 3 4 3
3 2 12
a b a b
R IA OI OA
  
 
     
   
   
 
.
Vậy thể tích mặt cầu cần tìm là
 
3
3 2 2
2 2 4 3
4 4 3
3 12 18 3
a b
a b
V
 
 

 
 
 
 
N
D
C
O
B
O'
A
M
Ta có  0
2 3, 90 3; 3
AB AMB AM MB
     .
Vậy  
   
3
1 1 1 1
. . , . . . . .3.2 3. 3 3
3 3 2 6
ACDM ADM
V S d C ADM AM AD CN cm

    .
Để hàm số  
2
log 2 4
y x mx
   có tập xác định là  thì 2
2 4 0
x mx x
    
2
2
1 0
4 2 2
4 0
a
m m
m
 

      


   

.
Câu 44: Đáp án A.

O
S
A
B
H
Ta có  
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
15
12 20
OH cm
SO OH OH
      .
 
2 2 2 2
25 15 20
HB OB OH cm
    
 
2
1 1
. .15.40 300
2 2
AOB
S OH AB cm

    .
Do đó  
3
.
1 1
. .20.300 2000
3 3
S OAB AOB
V SO S cm

   .
Vậy
 
 
 
2
.
3 6000
500
12
,
S OAB
SAB
V
S cm
d O SAB
    .
Câu này không có hình vẽ nên em không giải thích được ạ.

H
I
M
A
B
C
S
Gọi M là trung điểm của SA MA MB MC
    Gọi H là trọng tâm của ABC
 thì  
MH ABC
 .
Gọi I là trung điểm của AB thì      

   0
, 60
MIC AB SAB ABC MIC
    .
Ta có  
 
0
1 1 3 3
. .tan 60 , 2 .
3 3 2 6 2
a a a
IH IC MH IH d C ABC MH a
        
Vậy
2 3
.
1 3 3
. . .
3 4 12
S ABC
a a
V a
 
ĐK: 1, 8 0
x mx
   .
PT    
2 2
1 8 2 9 0
x mx x m x
         (*)
Để PT đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt thì (*) có 2 nghiệm phân biệt 1 2
, 1
x x 
 
  
2
1 2
1 2
2 36 0
2 2 4 8
1 1 8 0
m
x x m m
x x m
    


       

     


.
Thay 5, 6, 7
m m m
   vào ta được 5
m  là giá trị cần tìm.

M
B
A
C
S
Gọi M là trung điểm của SB . Ta có    
ABC SAB
 . Do    
ABC SAB AB
  và CA AB
 nên
 
CA SAB CA SA
   .
Ta có 2 2 3
2 2
a a
AC SA SC AC
     . Mà
3
2
a
AB SAB
   cân tại A .
AM SB
 
Ta có
2
2 2 1
. .
2
2 2 2 2
SAB
a a a
AM SA SM S a

      .
Do đó
2 3
.
1 1
. . .
3 3 2 2 2 12 2
C SAB SAB
a a a
V CA S
   .
Vậy  
 
3
.
2
3 6
4 2
, .
6
3 6
4
S ABC
SBC
a
V a a
d A SBC
S a

   

I
H
N
M
O
B
A
D C
S
K
Ta có  
 

2 2
0 3 10 30 30
, 60 ,
4 4 4 4 2
a a a a a
MN ABCD MNH NH MH SO
   
        
   
   
Gọi I là trung điểm của .
AD
Kẻ    
   
   
 
, , , 2 , 2
OK SI d BC DM d BC SAD d C SAD d M SAD OK
      .
Ta có 2 2
2 2 2 2
1 1 1 1 1 124 30
30 2 31
30
2 2
a
OK
OK OI OS a
a a
      
   
   
   
.
Vậy  
30
, 2
31
a
d BC DM OK
  .
Câu 50: Đáp án C.
Đặt        
2
3 3 3
2
2
2
log
log 2 2 2 2 3 .2 .2 .2
log 2
x
y x y z x y z
z
a
a x
b y b P x y z
c z c
 




         
 
 
 
 
,
trong đó 3 3 3
1
x y z
   và  
, , 0;1 .
x y z 
Dễ chứng minh được  
2 1, 0;1
x
x x
    . Dấu “=” xảy ra 0 1
x x
    .
Suy ra

         
3 3 2 3
2 3 3 3
2 1 2 3. 2 . 3.2 . 1 2 3 .2 3 .2 2 1 1 1
x x x x x x x x
x x x x x x x x x
                Từ đó
suy ra      
3 3 3
1 1 1 4
P x y z
       .
Dấu bằng xảy ra khi trong ba số , ,
x y z có 1 số bằng 1 và hai số còn lại bằng 0. Do đó chọn C.

Toan 2018-thpt-chuyen-tb-lan-1

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Toan 2018-thpt-chuyen-tb-lan-1

Similar to Toan 2018-thpt-chuyen-tb-lan-1 (20)

More from VuKirikou

More from VuKirikou (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (18)

Toan 2018-thpt-chuyen-tb-lan-1