Tải bản đầy đủ

Đề thi thử THPT quốc gia 2018 môn toán trường THPT chuyên hạ long – quảng ninh lần 1

1|Page
Giải đề : Phạm Nguyên Bằng – SĐT : 01657913986


2|Page
Giải đề : Phạm Nguyên Bằng – SĐT : 01657913986


3|Page
Giải đề : Phạm Nguyên Bằng – SĐT : 01657913986


4|Page
Giải đề : Phạm Nguyên Bằng – SĐT : 01657913986


5|Page
Giải đề : Phạm Nguyên Bằng – SĐT : 01657913986


6|Page

Giải đề : Phạm Nguyên Bằng – SĐT : 01657913986


7|Page
Giải đề : Phạm Nguyên Bằng – SĐT : 01657913986


--- ĐÁP ÁN CHI TIÊT---

 Đáp án D

-

Đáp án A

-

Đáp án C

-

Đáp án D

-

Đáp án A

-

Đáp án D

-

Đáp án A

8|Page
Giải đề : Phạm Nguyên Bằng – SĐT : 01657913986


-



Đáp án C

-

Đáp án A

-

Đáp án C

-

Đáp án D

-

Đáp án D

-

Đáp án B

9|Page
Giải đề : Phạm Nguyên Bằng – SĐT : 01657913986


-

Đáp án A

-

Đáp án B

-

Đáp án B

-

Đáp án Đáp án

-

Đáp án B

-

Đáp án A

-

Đáp án B

-

Đáp án A

10 | P a g e
Giải đề : Phạm Nguyên Bằng – SĐT : 01657913986


-

Đáp án D

-

Đáp án A

-

Đáp án B

- Đáp án B

- Đáp án C

-

Đáp án C

11 | P a g e
Giải đề : Phạm Nguyên Bằng – SĐT : 01657913986


-

Đáp án B

-

Đáp án C

-

Đáp án D

-

Đáp án C

-

Đáp án B

-

Đáp án A

-

Đáp án A

12 | P a g e
Giải đề : Phạm Nguyên Bằng – SĐT : 01657913986


-

Đáp án C

 x  1
PT hoành độ giao điểm : x 3  3x  k  x  1  2   x  1  x 2  x  k  2   0  
2
g  x  x  x  k  2  0
k  0
 g  1  0

Để (C) giao d tại 3 điểm phân biệt khi g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác – 1  

9 .
  0
k   4
x  x  1
Giả sử x1 ; x2 là hoành độ của N,P đồng thời là nghiệm phương trình g(x) = 0. Ta có :   1 2
 x1.x2   k  2
.
Theo bài ta có tiếp tuyến tại N, P vuông góc nên :

y '  x1  . y '  x2   1   3 x12  3 3 x22  3  1
2

 9 x12 x2 2  9  x1  x2   18 x1 x2  10  0

3  2 2
 k1 
1
3
 9k 2  18k  1  0  
 t / m   k1.k2 
9

3  2 2
 k2 
3


-

Đáp án C

-

Đáp án C

k 1
14

2C


 C14k  C14k  2  2.

14!
14!
14!


 k  1 !. 13  k ! k !.14  k !  k  2 !.12  k !

2 14  k 
13  k 14  k 
k 1


 k  1!. 14  k  !  k  1!.14  k !  k  2  k  1!.14  k  !

 2 14  k   k  1 

13  k 14  k  .   28  2k  k  2    k  1 k  2  13  k 14  k 
k 2

k4

 2k  24k  56  k 2  3k  2  k 2  27 k  182  4k 2  48k  128  0  
 4.8  32
k  8
2

13 | P a g e
Giải đề : Phạm Nguyên Bằng – SĐT : 01657913986


-

Đáp án D

- Đáp án D
Giả sử với x = 2 ta có : HB  log b 2 ; HA  log a 2 . Theo bài ta có : 2HA = 3HB
 3 logb 2  2 log a 2 

3
2

 3log 2 a  2 log 2 b  0  log 2 a3  log 2 b 2  0
log 2 b
log 2 a

 log 2 a 3b 2  0  a3b 2  1

-

Đáp án A



x    k


8
2 cos 3x  sin x  cos x  cos 3 x  cos  x    

4

 x   l

16 2
7
15

x  8 ; x  8
x   0; 2   
   x   6
 x   ; x  9 ; x  17 ; x  25

16
16
16
16


- Đáp án B
Ta có : y '  3 x 2  6 x  m . Để hàm số có 2 cực trị   '  9  3m  0  m  3
m
 2m

 2 x  2 
(Phần dư của phép chia y/y’) đường thẳng qua A,B là : d : y   
3
 3

m
Để A,M,B thẳng hàng thì M  0;3  d  3  2   m  3  loai 
3

14 | P a g e
Giải đề : Phạm Nguyên Bằng – SĐT : 01657913986


-

Đáp án D
2

 sin 2 x  cos2 x  dx  sin 4 x  2 cos2 x sin 2 x  cos4 x dx  sin 2 xdx  2 dx  dx
dx

 sin 2 x.cos4 x  sin 2 x.cos4 x

 cos 4 x  cos2 x  sin 2 x
sin 2 x.cos 4 x
dx
dx
dx
  tan 2 x
 2
  2   tan 2 xd  tan x   2  d  tan x    d  cot x 
2
2
cos x
cos x
sin x
tan 3 x
tan 3 x
1
 2 tan x 
C

 2 tan x  cot x  C 
3
3
tan x

-

Đáp án B

Giải sử N(2;1;2) là trung điểm AB, T(1;3;3) là trung điểm của NC. Điểm M(x;y;0)

 







 



Ta có : MA  MB  2 MC  2 MN  2MC  2 MN  MC  4 MT  4

2

 x  1   y  3

2

 9  12

Dấu = xảy ra khi x =1 và y = 3 . Do đó M(1;3;0)

- Đáp án B
Đặt
trục tọa độ như
hình vẽ.


AM   2;0;1 ; AN  0; 2; 2 
 

  AM ; AN    4; 4; 2   n1


CM   0; 2;1 ; CN   2;0; 2 
 

 CM ; C N    2; 4; 4   n2
 
)n1 .n2  0   AMN    CMN 

15 | P a g e
Giải đề : Phạm Nguyên Bằng – SĐT : 01657913986


-

Đáp án C

Số lượng số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau từ 5, 6, 7, 8, 9 là 5!  120 (số)
Số 9 xuất hiện ở hàng đơn vị là: 4!  24 lần
Số 8 xuất hiện ở hàng đơn vị là: 4!  24 lần
Số 5, 6, 7 xuất hiện ở hàng đơn vị là: 4!  24 lần
Tổng các chữ số xuất hiện ở hàng đơn vị: 24  5  6  7  8  9   840
Tương tự thì mỗi lần xuất hiện ở hàng tiếp theo đều là 24 lần
Tổng các chữ số ở hàng chục bằng 8400.
Tổng các chữ số ở hàng trăm bằng 84000.
Tổng các chữ số ở hàng nghìn bằng 840000.
Tổng các chữ số ở hàng chục nghìn bằng 840000.





2
3
4
 Tổng các số thuộc tập S là: 840 1  10  10  10  10  9333240

- Đáp án D
Hàm số biểu diễn vận tốc có dạng : y = at2 + bt+ c . Dựa vào đồ thị ta có :

c = 2
c = 2
a = 1



2
a + b + c = 1  a + b = -1  b = -2  y = t -2t +2
 b


b = -2a
c = 2

1
 2a
4
40
Từ đó ta có quãng đường cần tìm là :   t2 - 2t + 2 dt 
(km)
3
0

16 | P a g e
Giải đề : Phạm Nguyên Bằng – SĐT : 01657913986


- Đáp án C
x, y  0
4  9.3x

2

 4  9.3x
2



2 y

 4  9x
2

2 y

2

2 y



 4  9x
2

 .7
2

2 y

2 y  x2  2

. 7 49

x2  2 y

2

 4.7 x  2 y  9.21x  2 y  49.9 x  2 y  4.49
Đặt t  x 2  2 y  4.7t  9.21t  49.9t  f  t 
Sử dụng Mode 7  f  t  đơn điệu  PT có 1 nghiệm t  2 .

x2  2
2
x  2 y  18 x  x  16
16 COSI
16
P

 1 x 
 1  2 x.  9
x
x
x
x

 x2  2 y  2  y 

- Đáp án C
Dùng dấu hiệu số 2 phần cực trị quan sát tại những thời điểm cực trị của mỗi hàm .

17 | P a g e
Giải đề : Phạm Nguyên Bằng – SĐT : 01657913986


- Đáp án B
Để xếp được nhiều phấn nhất thì phương án xếp
ngang xen kẽ theo thứ tự 5,4.
+) 3 đáy liên tiếp của 3 viên phấn có tâm lần lượt
là A,B,C. Ta có ABC đều với cạnh bằng 1.
3
Chiều cao của 3 đường tròn là
1
2
 3 
 1
Phần giao của 3 đường tròn là 2  
2



3
2
Nếu xếp vào hộp theo chiều dài là n hàng thì phần
giao là n – 1  n    
 1

Hình 1


3
 n.1   n  1  1 
  30  n  34
2 

Số viên cần xếp là : 17.5 + 17.4 = 153 (viên)

Hình 2

18 | P a g e
Giải đề : Phạm Nguyên Bằng – SĐT : 01657913986


- Đáp án B
MQ // SC
Kẻ 
 mp  MNPQ  chia khối chóp thành 2 phần
 NP // SC
Gọi VSMNPQC  V1 ; VABNPMQ  V2 .
Dễ thấy MN  AB  PQ  K
MA NS KB
KB 1
.
.
 1

Áp dụng Meneleus:
MS NB KA
KA 4
BA NK SM
NK
KN 1 KP
.
.
 1
1
 
BK NM SA
NM
KM 2 KQ
v
1 1 1 1
 KBNP  . .  .
VKANQ 4 2 2 16

S
M
N
B

A
Q

K

P

C

Cách giải nhanh nhất phần này là đặc biệt hóa SABC thành tứ
diện có SA  AB  AC và SA  AB  AC  1 .
1 4 2 2 1 8
Khi đó dễ thấy: VAMQK  . . . . 
3 3 3 3 2 81
15 8
 V2  .  54
16 81
1
1 5
4
VSABC   V1  

6
6 54 54
V 4
Do đó: 1  Chọn B
V2 5

------Hết----

19 | P a g e
Giải đề : Phạm Nguyên Bằng – SĐT : 01657913986



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×