Tải bản đầy đủ

Đề thi thử Toán Sở GD Hà Nội 2018 (HDG chi tiết)

 3a  4  x0  6a  8  0
 2 x0   3a  4  x0  6a  8  0  2 

Để qua A kẻ được 2 tiếp tuyến đến đồ thị  C  thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
TH1 : x0  2 là nghiệm của phương trình (2) ta có : 2.22  6a  8  6a  8  0  a  2
 x0  2
 phương trình (1) có 2 nghiệm phân
Khi đó phương trình (2) có dạng 2 x02  2 x0  4  0  
 x0  1

biệt. Vậy a  2 thỏa mãn.
TH2 : x0  2 không là nghiệm của phương trình (2), khi đó để (1) có 2 nghiệm phân biệt thì (2) có
nghiệm kép khác 2.

4

2

9a 2  24a  48  0
a
   3a  4   8  6a  8   0





3

a  2
a  2

 a  4
Vậy có 3 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chú ý và sai lầm: Cần phải làm hết các trường hợp để phương trình (1) có 2 nghiệm, tránh trường hợp
thiếu TH1 và chọn nhầm đáp án B.
Mua trọn bộ 350 đề Toán file word có lời giải chi tiết kèm ưu đãi – Gửi tên Gmail kèm
theo tên môn vào số 096.39.81.569 để xem thử (VD: …@gmail.com – Toán)
Câu 41: Đáp án B
Lời giải sưu tầm :
Giả sử (P) tiếp xúc với (S1), (S2) lần lượt tại A,B
Gọi IJ   P   M ta kiểm tra được J là trung điểm IM do

IA MI

 2 suy ra M  2;1;9  .
JB MJ

Gọi n   a; b; c  ,  a 2  b2  c 2  0  suy ra  P  : a  x  2   b  y  1  c  z  9   0 .
2
2
d  I ;  P    R1  4
c
1
a b
2
2
2

  a  b  3c        3 1
Ta có: 
c c
a 2  b2  c2 2


d  J ;  P    R2  2

Ta có: d  O;  P   
Đặt t 

2a  b  9c
a 2  b2  c 2



2a  b  9c
2c



1 2a b
 9
2 c c

2a b
b
2a
1
  t
ta được d  O;  P    t  9
c c
c
c
2

23


Thay

b
2a
t
vào (1) ta thu được
c
c

2

2

2

a
 a   2a 
a
2
    t    3  5   4 t  t  3  0
c 
c
c 
c

Để phương trình có nghiệm thì
4t 2  5t 2  15  0   15  t  15  0  9  15  t  9  9  15

Suy ra

9  15
9  15
9  15
9  15
 d  O;  P   
M 
;m
2
2
2
2

Suy ra M  m  9
Câu 42: Đáp án A
Lời giải:
Gọi số có 8 chữ số thỏa mãn đề bài là a1a2 ...a8
+ Chọn vị trí của 3 chữ số 0 trong 7 vị trí a2 đến a8: Vì giữa 2 chữ số 0 luôn có ít nhất 1 chữ
số khác 0, nên ta chọn 3 vị trí trong 5 vị trí để điền các số 0, sau đó thêm vào giữa 2 số 0 gần
nhau 1 vị trí nữa ⇒ Số cách chọn là C53  10 .
+ Chọn các số còn lại: Ta chọn bộ 5 chữ số (có thứ tự) trong 9 chữ số từ 1 đến 9, có
A95  15120 cách chọn

Vậy số các số cần tìm là 10.15120 = 151200 (số)
Câu 43: Đáp án D
Lời giải:
Đặt log 6  2018 x  m   log 4 1009 x   t , ta có hệ
6t  2018 x  m

 I   6t  2.4t  m *
 t

4  1009 x

Dễ thấy nếu phương trình (*) có nghiệm t  t0 thì hệ (I) có nghiệm x  x0
Xét hàm số f  t   6t  2.4t
t

2 ln 4
 3  2 ln 4
f   t   6t.ln 6  2.4t.ln 4  0  6t.ln 6  4t.2 ln 4    
 t  log 3
   2, 01
ln 6
2
2 ln 6
f  t   0  t   ; f  t   0  t  

Mà lim f  t    nên tập giá trị của hàm số f(t) là  a;   .
t 

Vậy các giá trị nguyên của m để (*) có nghiệm là 2; 1;0;1; 2;...; 2017 (có 2020 giá trị)
Câu 44: Đáp án D
Lời giải:
24


2

h
h
Ta có r 2     R 2  r 2  R 2 
4
2

2


h2 

Thể tích khối trụ là V   r 2 h    R 2   h   4 R 2  h 2  h
4
4


Xét hàm số f  h    4R 2  h2  h  4R 2 h  h3 trên  0; 2R 
Ta cần tìm GTLN của hàm số này
Có f   h   4 R 2  3h 2  0  h  h0 

2R 3
(vì h  0 )
3

Lập bảng biến thiên ta thấy h0 là điểm cực đại của hàm số f(h) và f(h0) là GTLN của f(h) trên
(0;2R)
Mua trọn bộ 350 đề Toán file word có lời giải chi tiết kèm ưu đãi – Gửi tên Gmail kèm
theo tên môn vào số 096.39.81.569 để xem thử (VD: …@gmail.com – Toán)
Câu 45: Đáp án A
Lời giải:

 x  2  x  2
x 2  42018
lim

lim
2018
x  22018 x  2
x  22018
x  22018
2018

2018



lim  x  22018   22018  22018  22019

x  22018

Câu 46: Đáp án D
Lời giải:
Tổng đã cho bằng A 

4
 9  99  ...  99...9 
9



4
1  1  10  1  102  1  ....  102018  1 

9



 4  102019  10

4
4  102019  1
1  10  102  ...  102018  2019   
 2019   
 2018 

9
9  10  1
9
 9


Câu 47: Đáp án D
Lời giải

Ta có  f  3  x 2    2 x. f   3  x 2   0  f   3  x 2  trái dấu với x

Ta thấy chỉ có khoảng  1;0  là x âm và 2  3  x 2  3 do đó f   3  x2   0 (theo đồ thị)
nên f  3  x 2  đồng biến trên  1;0 
Câu 48: Đáp án A
25


Phương pháp:
+) Hình lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng nhau và có các cạnh bên vuông góc
với đáy.
+) Chọn hệ trục tọa độ phù hợp để làm bài toán.
 MN  AC
+) MN là đoạn vuông góc chung của A’C và BC’  
.
 MN  BC 

Cách giải:
Xét hình lăng trụ tam giác đều có các cạnh đều bằng 2.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ có gốc tọa độ là trung điểm của BC.
Ta có các điểm: O  0;0;0  ; A  Ox  A



3;0;0



B; C  Oy  B  0; 1;0  , C  0;1;0 
A





3;0; 2 ; C   0;1; 2 





 AC   3;1; 2 ; BC   0; 2; 2    0;1;1

 x   3t1

Phương trình đường thẳng A’C là  y  1  t1 .
 z  2t
1

x  0

Phương trình đường thẳng BC’ là:  y  1  t2 .
z  t

2





Ta có điểm M  AC  M  3t1 ;1  t1 ; 2 t1 ; N  BC   N  0; 1  t2 ; t2  .
 MN



3t1 ; t2  t1  2; t2  2t1



 MN  AC 
MN . AC   0
MN là đoạn vuông góc chung của A’C và BC’  

 MN  BC  
 MN .BC   0
 3t1. 3  t2  t1  2  2  t2  2t1   0
8t1  t2  2



t1  2t2  2

t2  t1  2  t2  2t1  0

6 6

2

 NB   0;  5 ;  5 
t1   5


 1 6 

 N  0; ;   
 5 5 
 4 4
t  6
NC    0; ; 
2


5
 5 5

26




NB

NB


NC NC 

36
.2
25  9  3 .
4 2
16
.2
25

Câu 49: Đáp án A
Cách giải:
Gọi M  x; y;0   Oxy . Ta có:

MA2  2MB2   x  1   y  2   1  2  x  2   2  y  1  2.9
2

2

2

2

Thử lần lượt 4 đáp án thì ta thấy với M  3; 4;0  thì MA2  2MB 2  3 là lớn nhất
Câu 50: Đáp án D
Lời giải:
Đặt t  8  x  512 1024  x   0 ta có
t4 

 x  512 1024  x  

x  512  1024  x
 256  0  t  4
2

Với t = 4 thì ta tìm được 1 giá trị của x = 768
Với 0  t  4 thì ta tìm được 2 giá trị của x (Khi đó phương trình của Định lý Viét đảo có 2
nghiệm phân biệt)
Bình phương 2 vế phương trình đã cho, ta được
x  512  1024  x  2t 4  256  128t  16t 2

 t 4  8t 2  64t  128  0   t  4   t 3  4t 2  8t  32   0
Từ t = 4 ta có 1 nghiệm x = 768
Ta thấy phương trình t 3  4t 2  8t  32  0 có nghiệm duy nhất t  t0  1, 76 (sử dụng máy
tính). Từ đó ta có 2 nghiệm x thỏa mãn
Do đó phương trình đã cho có 3 nghiệm.

27



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×