BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ …diendanmaytinhcamtay.vn/wp-content/uploads/2018/01/DE-MINH-HOA-2018... · Công thức tính thể tích khối tròn

Chuyên trang chia sẻ tài liệu ứng dụng máy tính cầm tay 1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI THAM KHẢO

(Đề thi có 6 trang)

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA

NĂM 2018

Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1. Điểm M trong hình vẽ bên

là biểu diễn số phức

A. 2z i . B. 1 2z i . C. 2z i . D. 1 2z i .

Lời giải

Điểm 2;1M biểu diễn số phức 2z i .

Câu 2. 2

lim3x

x

x

bằng

A. 2

3 . B. 1. C. 2 . D. 3 .

Lời giải

21

2lim lim 1

331

x x

x x

x

x

Câu 3. Cho tập hợp M có 10 phần tử. Số tập con gồm 2 phần tử của M là

A. 8

10A . B. 2

10A . C. 2

10C . D. 210 .

Lời giải

Số tập con gồm 2 phần tử của M là 2

10C .

Câu 4. Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là

A. 1

3V Bh . B.

1

6V Bh . C. V Bh . D.

1

2V Bh .

Lời giải

Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là 1

3V Bh .

Câu 5. Cho hàm số ( )y f x có bảng biến thiên như sau

Hàm số ( )y f x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây

A. ( 2;0) . B. ( ; 2) . C. (0;2) . D. (0; ) .

Lời giải


Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng 2;0 và 2; .

Câu 6. Cho hàm số ( )y f x liên tục trên đoạn [ ; ]a b . Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

của hàm số ( )y f x , trục hoành và hai đường thẳng x a , x b ( )a b . Thể tích của

khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành được tính theo công thức

A. 2 ( )d

b

a

V f x x . B. 22 ( )d

b

a

V f x x . C. 2 2 ( )d

b

a

V f x x . D.

2 ( )d

b

a

V f x x .

Lời giải

Công thức tính thể tích khối tròn xoay tạo thành là: 2 d

b

a

V f x x


Hàm số đạt cực đại tại điểm

A. 1x . B. 0x . C. 5x . D. 2x .

Lời giải Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt tiểu tại điểm 0x và đạt cực đại tại điểm

2x .

Câu 8. Với a là số thực dương bất kỳ, mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. log(3 ) 3loga a . B. 3 1

log log3

a a . C. 3log 3loga a . D.

1log(3 ) log

3a a .

Lời giải

Ta có: 3log 3log3a .

Câu 9. Họ nguyên hàm của hàm số 2( ) 3 1f x x là

A. 3x C . B. 3

3

xx C . C. 6x C . D. 3x x C .

Lời giải

Ta có: 2 33 1 dx x x x C

Câu 10. Trong không gian Oxyz , cho điểm (3; 1;1)A . Hình chiếu vuông goác của A trên mặt

phẳng ( )Oyz là điểm

A. (3;0;0)M . B. (0; 1;1)N . C. (0; 1;0)P . D. (0;0;1)Q .

Lời giải


Khi chiếu điểm 3; 1;1A lên mặt phẳng Oyz thì tung độ và cao độ giữ nguyên, hoành

độ bằng 0 .

Vậy 0; 1;1N .

Câu 11. Đường cong trong hình bên

là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. 4 22 2y x x . B. 4 22 2y x x . C. 3 23 2y x x . D. 3 23 2y x x .

Lời giải Quan sát đồ thị hàm số ta thấy đây là dạng đồ thị hàm bậc bốn trùng phương với hệ số a

âm.

Vậy chỉ có đáp án A thỏa mãn.

Câu 12. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 2 1

:1 2 1

x y zd

. Đường thẳng d có một

vectơ chỉ phương là

A. 1 ( 1;2;1)u . B. 2 (2;1;0)u . C. 3 (2;1;1)u . D.

4 ( 1;2;0)u .

Lời giải

Véc tơ chỉ phương của d là 1;2;1u .

Câu 13. Tập hợp nghiệm của bất phương trình 2 62 2x x là

A. (0;6) . B. ( ;6) . C. (0;64) . D. (6; ) .

Lời giải TXĐ: D R

Ta có: 2 62 2 2 6 6x x x x x .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ;6 .

Câu 14. Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 23 a và bán kính đáy bằng a . Độ dài đường

sinh của hình nón đã cho bằng

A. 2 2a . B. 3a . C. 2a . D. 3

2

a.

Lời giải 2. . 3 3xqS rl Al a l a

Vậy 3l a .

Câu 15. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm (2;0;0)M , (0; 1;0)N và (0;0;2)P . Mặt phẳng

( )MNP có phương trình là


A. 02 1 2

x y z

. B. 12 1 2

x y z

. C. 12 1 2

x y z . D.

12 1 2

x y z

.

Lời giải Phương trình mặt chắn của mặt phẳng đi qua ba điểm lần lượt thuộc ba trục tọa độ

2;0;0 , 0; 1;0 , 0;0;2M N P là: 12 1 2

x y z

.

Câu 16. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng

A. 2 3 2

1

x xy

x

. B.

2

2 1

xy

x

. C. 2 1y x . D.

1

xy

x

.

Lời giải

2 2 13 22

1 1

x xx xy x

x x

đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

2

2 1

xy

x

có: 2 1 0x x R đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

2 1y x không có tiệm cận đứng.

1

xy

x

Có

1lim 1

1x

xx

x

là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.


Số nghiệm phương trình ( ) 2 0f x là

A. 0 . B. 3 . C. 1. D. 2 .

Lời giải

Số nghiệm của phương trình 2 0 2f x f x là số giao điểm của đồ thị hàm số

y f x và đường thẳng 2y .

Theo BBT ta thấy đường thẳng 2y cắt đồ thị hàm số y f x tại 3 điểm phân biệt.

Câu 18. Giá trị lớn nhất của hàm số 4 2( ) 4 5f x x x trên đoạn [ 2;3] bằng

A. 50 . B. 5 . C. 1. D. 122 .

Lời giải

Ta có: 3 3

0

4 8 0 4 8 0 2 .

2

x

f x x x f x x x x

x


2; 3

2 5

2 150.

0 5

3 50

f

fMax f x

f

f

Câu 19. Tích phân

2

0

d

3

x

x bằng

A. 16

225. B.

5log

3. C.

5ln

3. D.

2

15.

Lời giải

Ta có:

2

2

0

0

d 5ln 3 ln 5 ln 3 ln .

3 3|x

xx

Câu 20. Gọi 1z và 2z là hai nghiệm phức của phương trình 24 4 3 0z z . Giá trị của biểu thức

1 2| | | |z z bằng

A. 3 2 . B. 2 3 . C. 3 . D. 3 .

Lời giải

Ta có: 24 3.4 8 8 .i

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1

1 2

2

2 2 2 1 2

1 1 34 2 2.

4 2 22 2 2 1 2

4 2 2

iz i

z zi

z i

1 2

32. 3.

2z z

Câu 21. Cho hình lập phương .ABCD A B C D có cạnh bằng a . (tham khảo hình bên)

Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và A C bằng

A. 3a B. a C. 3

2

a D. 2a

Lời giải Câu 22. Một người gởi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0,4% / tháng. Biết rằng nếu

không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mối tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban

đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả


vốn ban đầu và lãi) gần nhất với số nào dưới đây, nếu trong thời gian này người đó không

rút tiền ra và lãi suất không thay đổi?

A. 102.424.000 đồng. B. 102.423.000 đồng. C. 102.016.000 đồng. D. 102.017.000

đồng.

Lời giải

Ta có: 6

1 100 1 0,4% 102,424n

T P r triệu.

Câu 23. Một hộp chứa 11 quả cầu gồm 5 quả cầu màu xanh và 6 quả cầu màu đỏ. Chọn ngẫu

nhiên đồng thời 2 quả cầu từ hộp đó. Xác suất để 2 quả cầu chọn ra cùng màu bằng

A. 5

22. B.

6

11. C.

5

11. D.

8

11.

Lời giải

Chọn ngẫu nhiên 2 quả cầu từ 11 quả cầu nên ta có: 2

11 55.n C

Gọi biến cố A: “Chọn được hai quả cầu cùng màu”.

2 2

5 6 25.An C C 25 5

.55 11

AnP A

n

Câu 24. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm ( 1;2;1)A và (2;1;0)B . Mặt phẳng qua A và

vuông góc với AB có phương trình là

A. 3 6 0x y z . B. 3 6 0x y z . C. 3 5 0x y z . D.

3 6 0x y z .

Lời giải

Ta có: 3; 1; 1 .AB

Mặt phẳng (P) vuông góc với AB nên nhận vecto AB làm vecto pháp tuyến.

Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với AB là:

3 1 2 1 0

3 6 0

x y z

x y z

Câu 25. Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M là trung điểm của

SD (tham khảo hình vẽ bên).

Tang của góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng ( )ABCD bằng

A. 2

2. B.

3

3. C.

2

3. D.

1

3.

Lời giải


Gọi G là giao điểm của BM và SO .

Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với BD tại N . Khi đó ta có

/ / .MN SO MN ABCD

N là hình chiếu của M trên ( )ABCD .

; ; .BM ABCD BM BD MBD

Xét tam giác SBD ta có MB và BD là hai đường trung tuyến cắt nhau tại G G là

trọng tâm tam giác SBD .

1.

3OG SO

Ta có: 1 2

2 2

aBO BD

22 2 2 2 2

.2 2 6

a a aSO SB OB a OG

2 2 1tan . .

6 32

OG aMBD

OB a

Câu 26. Với n là số nghuyên dương thỏa mãn 1 2 55n nC C , số hạng không chứa x trong khai

triển của biểu thức 3

2

2n

xx

bằng

A. 322560 . B. 3360 . C. 80640 . D. 13440 .

Lời giải

Điều kiện: *; 2.n N n

Theo đề bài ta có: 1 2 55n nC C

2

n! n!55

1!. n 1 ! 2!. n 2 !

n n 1 ! n n 1 n 2 !55

n 1 ! 2 n 2 !

2n n n 1 110

n n 110 0

n 10 tm

n 11 ktm .

Ta có khai triển: 10 10 10

103 3 10 2 10 5 20

10 1020 0

2.2 . 2 . .

kk k k k k k

k k

x C x x C xx


Để có hệ số không chứa x thì: 5 20 0 4.k k

Hệ số không chứa x là: 4 6

10.2 13440.C

Câu 27. Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình 3 9 27 81

2log .log .log .log

3x x x x bằng

A. 82

9. B.

80

9. C. 9 . D. 0 .

Lời giải Điều kiện: 0.x

2 3 4

3 9 27 81

3 3 3 3

4

3

4

3

2

13

23 2

1 2

2log x.log x.log x.log x

3

2log x.log x.log x.log x

3

1 1 1 2. . log x

2 3 4 3

log x 16

x 3 9 tmlog x 2

1log x 2 x 3 tm

9

1 82x x 9 .

9 9

Câu 28. Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau và OA OB OC .

Gọi M là trung điểm của BC (tham khảo hình bên).

Góc giữa hai đường thẳng OM và AB bằng

A. 90 . B. 30 . C. 60 . D. 45 .

Lời giải


Gọi N là trung điểm của AC ta có MN là đường trung bình của tam giác ABC nên

//AB MN

; ;OM AB OM MN .

Đặt 1OA OB OC ta có:

Tam giác OAB vuông cân tại O nên 2

22

AB MN .

Tam giác OAC vuông cân tại O nên 2

22

AC ON

Tam giác OBC vuông cân tại O nên 2

22

BC OM .

Vậy tam giác OMN đều nên ; 60OM MN OMN

Câu 29. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1

3 3 2:

1 2 1

x y zd

;

2

5 1 2:

3 2 1

x y zd

và mặt phẳng ( ) : 2 3 5 0P x y z . Đường thẳng vuông góc

với ( )P , cắt 1s và 2d có phương trình là

A. 1 1

1 2 3

x y z . B.

2 3 1

1 2 3

x y z .

C. 3 3 2

1 2 3

x y z . D.

1 1

3 2 1

x y z .

Lời giải

Gọi đường thẳng cần tìm là . Vì 1;2;3P

P u n

Khi đó phương trình đường thẳng có dạng 0 0 0

1 2 3

x x y y z z

Gọi

1

2

3 ;3 2 ; 2

5 3 ; 1 2 ;2

A d A t t t

B d B t t t

Ta thử từng đáp án: Đáp án A


3 t 1 3 2t 1 2 t 2 t 4 2t 2 tA 12 6t 4 2t t 2 A 1; 1;0

1 2 3 1 2 3

5 3t ' 1 1 2t ' 1 2 t ' 4 3t ' t ' 2B t ' t ' 1 B 2;1;3

1 2 3 1 3

Vậy đáp án A có đường thẳng 1 1

1 2 3

x y z vuông góc với mp ( )P và cắt 1d tại

1; 1;0A , cắt 2d tại 2;1;3B thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 30. Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số 3

5

1

5y x mx

x đồng biến

trên khoảng (0; ) ?

A. 5 . B. 3 . C. 0 . D. 4 .

Lời giải

3

5

1

5y x mx

x

Ta có:

2 6 2 2

6 6

0;

2 2 2 2 4

6 6 0;

1 1 1y ' 3x m . 5x 3x m 0 x 0; m 3x f x x 0;

5 x x

m min f x

1 1f x 3x x x x 4 1 4 min f x 4

x x

m 4 m 4

Mà m là số nguyên âm 3; 2; 1 .m

Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 31. Cho hình ( )H là hình phẳng giới hạn bởi parabol 23y x , cung tròn có phương trình

24y x (với 0 2x ) và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ).

Diện tích của ( )H bằng

A. 4 3

12

. B.

4 3

12

. C.

4 2 3 3

6

. D.

5 3 2

3

.

Lời giải


Ta có:

2 2 4 2 2 21 ( )

3 4 3 4 0 1 4 01 ( )

x nhanx x x x x x

x loai

Do đó: 1 2 2 2

2 2 3 1 2 2

0

0 1 1 1

3 33 d 4 d 4 d 4 d

3 3|S x x x x x x x x x

Tính

2

2

1

4 dI x x .

Đặt 2sin d 2cos dx t x t t .

Đổi cận

11 sin

2 6

2 sin 12

x t t

x t t

2 /2 /2 /2

2 2 2 /2 /2

/6 /6

1 /6 /6 /6

2 34 d 4 4sin .2cos d 4cos d 2 cos 2 1 d sin 2 2

3 2| |I x x t t t t t t t t t

Suy ra 3 2 3 4 3

3 3 2 6S

.

Câu 32. Biết

2

1

d

( 1) 1

xa b c

x x x x

với , ,a b c là các số nguyên dương. Tính

P a b c .

A. 24P . B. 12P . C. 18P . D. 46P .

Lời giải

Tính

2 2

1 1

d d

1 1 1 1

x xI

x x x x x x x x

.

Đặt

1 1 1 d d 21 d d

2 2 1 2 1 2 1 1

x x t x x dtt x x dt x x

tx x x x x x x x

Suy ra

2 32 3

21 21 2

2 2 1 12 32 12 2

2 3 2 1

dtI

t t


Do đó 32; 12; 2 46a b c a b c .

Câu 33. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 4. Tính diện tích xung quanh xqS của hình trụ có

một đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác BCD và chiều cao bằng chiều cao của

tứ diện ABCD .

A. 15 2

3xqS

. B. 8 2xqS . C.

15 3

3xqS

. D. 8 3xqS .

Lời giải

Tứ diện đều cạnh a có chiều cao 6 4 6

3 3

ah h .

Tam giác BCD đều nên bán kính đường tròn nội tiếp tam giác 3 4 3

6 6

ar .

Diện tích xung quanh hình trụ 4 3 4 6 16 2

2 2 . .6 3 3

S rh

.

Câu 34. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình

16 2.12 ( 2)9 0x x xm có nghiệm dương?

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

Lời giải

Xét phương trình 2

4 416 2.12 2 .9 0 2. 2 0

3 3

x x

x x xm m

Đặt 4

03

x

t

ta được 2 22 2 0 2 2 *t t m m t t .

Để phương trình đã cho có nghiệm dương 0x thì phương trình * có nghiệm

41

3

x

t

.

Xét hàm 22 2 , 1;f t t t t có: 2 2 0, 1f t t t nên hàm số nghịch biến

trên 1; .

Suy ra 1 3 3f t f m .

Mà m nguyên dương nên 1;2m .


Câu 35. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình

3 33 3sin sinm m x x có nghiệm thực?

A. 5 . B. 7 . C. 3 . D. 2 .

Lời giải

Ta có: 33 3 33 3sin sin 3 3sin sinm m x x m m x x .

Đặt 33 3sin 3sinm x u m x u thì phương trình trên trở thành 33 sinm u x

Đặt sin x v thì ta được

3

2 2 2 2

3

33 0 3 0

3

m v uv u v u v uv u v u v uv u

m u v

Do 2 23 0, ,v uv u u v nên phương trình trên tương đương u v .

Suy ra 33 3sin sin sin 3sinm x x m x x .

Đặt sin 1 1x t t và xét hàm 3 3f t t t trên 1;1 có

23 3 0, 1;1f t t t

Nên hàm số nghịch biến trên 1;1 1 1 1 2 2 2f f t f m .

Vậy 2; 1;0;1;2m .

Câu 36. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số 3 3y x x m trên đoạn [0;2] bằng 3. Số phần tử của S là

A. 1. B. 2 . C. 0 . D. 6 .

Lời giải

Xét hàm số 3 3f x x x m trên 0;2 ta có : 23 3 0 1f x x x

BBT :

TH1 :

0;2

2 0 2 max 2 2 2 3 1m m y m m m m ktm

TH2 :

0;2

2 02 0 max 2 3 1

0

mm y m m tm

m

TH3 :

0;2

00 2 max 2 3 1

2 0

mm y m m tm

m

TH4 :

0;2

2 0 2 max 2 3 1m m y m m ktm

Câu 37. Cho hàm số ( )f x xác định trên 1

\{ }2

thỏa mãn 2

( )2 1

f xx

, (0) 1f và (1) 2f .

Giá trị của biểu thức ( 1) (3)f f bằng

A. 4 ln15 . B. 2 ln15 . C. 3 ln15 . D. ln15 .

Lời giải

Ta có : 1 2

d 2 d ln 2 1 ln 2 12 1 2

f x f x x x x C x Cx

0 1 ln 2 1 1

1 ln3 1; 3 ln5 1 1 3 ln 3 ln5 2 ln15 2

f C f x x

f f f f


Câu 38. Cho số phức z a bi ( , )a b thoả mãn 2 | | (1 ) 0z i z i và | | 1z . Tính

P a b .

A. 1P . B. 5P . C. 3P . D. 7P .

Lời giải

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

22

2

2 2

2

z 2 i z 1 i 0

a bi 2 i a b 1 i 0

a 2 a b b 1 a b i 0

a 2 a b 0a b 1 0 b a 1

b 1 a b 0

a 2 a a 1 0

a 2 2a 2a 1

a 2

a 4a 4 2a 2a 1

a 3a 2

a 2 ba 3 tm

a 2a 3 0a 1 tm

4

a 1

b 0

.

Vì 3

1 3 4 3 4 74

az z i P a b

b

Câu 39. Cho hàm số ( )y f x . Hàm số ( )y f x có đồ thị như hình bên.

Hàm số (2 )y f x đồng biến trên khoảng

A. (1;3) . B. (2; ) . C. ( 2;1) . D. ( ; 2) .

Lời giải Hàm số (2 )y f x đồng biến

(2 ) 0 (2 ) 0y f x f x . Nhìn đồ thị

2 1x hoặc 1 2 4 3x x hoặc 2 1x


Câu 40. Cho hàm số 2

1

xy

x

có đồ thị ( )C và điểm ( ;1)A a . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị

thực của a để có đúng một tiếp tuyến của ( )C đi qua A . Tổng giá trị tất cả phần tử của S

bằng

A. 1. B. 3

2. C.

5

2. D.

1

2.

Lời giải

TXĐ : \ 1x R ;

2

1

1y

x

Giả sử tiếp tuyến đi qua ;1A a là tiếp tuyến tại điểm có hoành độ 0x x , khi đó phương

trình tiếp tuyến có dạng :

002

00

21

11

xy x x d

xx

Vì A d nên thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng d ta có :

002

00

2 2

0 0 0 0 0

2

0 0

211

11

3 2 2 1

2 6 3 0 *

xa x

xx

a x x x x x

x x a

Để chỉ có 1 tiếp tuyến duy nhất đi qua A thì phương trình (*) có nghiệm duy nhất

3

0 9 2 3 0 3 2 02

3

2

a a a

S

Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho điểm (1;1;2)M . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng ( )P đi qua M

và cắt các trục , ,x Ox y Oy z Oz lần lượt tại các điểm , ,A B C sao cho 0OA OB OC ?

A. 3 . B. 1. C. 4 . D. 8 .

Lời giải

Phương trình mặt phẳng P có dạng 1,x y z

a b c với ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; .A a B b C c

Ta có OA OB OC a b c và 1 1 2

1 * .M Pa b c

Suy ra a b c

a b c

và ,

a b c

a b c

mà a b c không thỏa mãn điều kiện * .

Vậy có 3 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 42. Cho dãy số ( )nu thỏa mãn 1 1 10 10log 2 log 2log 2logu u u u và 1 2n nu u với mọi

1n . Giá trị nhỏ nhất của n để 1005nu bằng

A. 247 . B. 248 . C. 229 . D. 290 .

Lời giải

Đặt 2

1 10 1 102 log 2log 0 log 2log 2,t u u u u t khi đó giả thiết trở thành:


..

2 2

1 10 1 10 1 10 1 10log 2log 1 log 1 2log log 10 log 10 1 .u u u u u u u u

Mà là cấp số nhân với công bội 9

10 12 2 2 .q u u

Từ 1 , 2 suy ra 2

9 18 2 1

1 1 1 1 1 18 18 19

10 10 2 .1010 2 2 10 2 . .

2 2 2

nn

nu u u u u u

Do đó 100 19

100 100

2 2 219

2 .10 5 .25 5 log log 10 100log 5 19 247,87.

2 10

n

nu n

Vậy giá trị n nhỏ nhất thỏa mãn là 248.n

Câu 43. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số 4 3 23 4 12y x x x m có 7

điểm cực trị?

A. 3 . B. 5 . C. 6 . D. 4 .

Lời giải

Xét hàm số 4 3 23 4 12y x x x m có 3 2 212 12 24 0 12 2 0y x x x x x x

0

1

2

x

x

x

Lập BBT của đồ thị hàm số 4 3 23 4 12f x x x x m ta có :

Đồ thị hàm số 4 3 23 4 12y x x x m được vẽ bằng cách :

+) Lấy đối xúng phần đồ thị hàm số nằm phía dưới trục Ox qua trục Ox .

+) Xóa đi phần đồ thị bên dưới trục Ox .

Do đó để đồ thị hàm số 4 3 23 4 12y x x x m có 7 điểm cực trị thì :

0 0 0

1 0 5 0 0 5

2 0 32 0

1;2;3;4

f m

f m m

f m

m Z m

Vậy có 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 44. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm (2;2;1)A , 8 4 8

; ;3 3 3

B

. Đường thẳng đi qua tâm

đường tròn nội tiếp của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng ( )OAB có phương

trình là

A. 1 3 1

1 2 2

x y z

. B.

1 8 4

1 2 2

x y z

.

C.

1 5 11

3 3 6

1 2 2

x y z

. D.

2 2 5

9 9 9

1 2 2

x y z

.

Lời giải


Cách giải: Ta có ; 1; 2;2OA OB k

Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là

1; 2;2 .u

Chú ý: Với I là tâm đường tròn nội tiếp ,ABC ta có đẳng thức vectơ sau:

. . . 0BC IA CA IB AB IC Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ

. . .

. . .

. . .

A B CI

A B CI

A B CI

BC x CA x AB xx

BC CA AB

BC y CA y AB yy

BC CA AB

BC z CA z AB zz

BC CA AB

Khi đó, xét tam giác ABO Tâm nội tiếp của tam giác là 0;1;1 .I

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là 1 3 1

:1 2 2

x y zd

Câu 45. Cho hình vuông ABCD và ABEF có cạnh bằng 1, lần lượt nằm trên hai mặt phẳng

vuông góc với nhau. Gọi S là điểm đối xứng với B qua đường thẳng DE . Thể tích của

khối đa diện ABCDSEF bằng

A. 7

6. B.

11

12. C.

2

3. D.

5

6.

Lời giải

Gọi ,M I lần lượt là trung điểm của , .DF DE AM DCEF

Vì S là điểm đối xứng với B qua DE M là trung điểm của .SA

Suy ra SA DCEF và 1 2

.2 2

SM AM DF

Khi đó . .

1. . .

3ABCDSEF ADF BCE S DCEF ADF DCEFV V V AB S SM S

1 1 2 51. . . 2 .

2 3 2 6ABCDSEFV

Câu 46. Xét các số phức a a bi ( , )a b thỏa mãn | 4 3 | 5z i . Tính P a b khi

| 1 3 | | 1 |z i z i đạt giá trị lớn nhất.

A. 10P . B. 4P . C. 6P . D. 8P .

Lời giải

SM I

C

F

AB

E

D


Gọi ;M x y là điểm biểu diễn số phức z

Từ giả thiết, ta có 2 2

4 3 5 4 3 5z i x y suy ra M thuộc đường tròn

C tâm 4;3 ,I bán kính 5.R Khi đó ,P MA MB với 1;3 , 1; 1 .A B

Ta có 2 2 2 2 22 . 2P MA MB MA MB MA MB

Gọi 0;1E là trung điểm của AB2 2 2

2 .2 4

MA MB ABME

Do đó 2 2 24.P MI AB mà 3 5ME CE suy ra 2 2

2 4. 3 5 2 5 200.P

Với C là giao điểm của đường thẳng EI với đường tròn .C

Vậy 10 2.P Dấu xảy ra khi và chỉ khi 6;4 10.MA MB

M a bM C

Câu 47. Cho hình lăng trụ tam giác đều .ABC A B C có 2 3AB và 2AA .

Gọi , ,M N P lần lượt là trung điểm của các cạnh ,A B A C và BC (tham khảo hình vẽ

bên).

Cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( )AB C và ( )MNP bằng

A. 6 13

65. B.

13

65. C.

17 13

65. D.

18 13

65.

Lời giải

Dễ thấy ; ;AB C MNP AB C MNCB

0

0

180 ; ;

180 ; ; .

AB C A B C MNBC A B C

A BC ABC MNBC ABC

P

N

M

C'

B'

AC

B

A'


Ta có 2

; ; arctan .3

A BC ABC A P AP A PA

Và 4

; ; arctan ,3

MNBC ABC SP AP SPA với S là điểm đối xứng với A qua ,A

thì 2 4.SA AA

Suy ra 0 2 4 13cos ; cos 180 arctan arctan .

3 3 65AB C MNP

Câu 48. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm (1;2;1)A , (3; 1;1)B và ( 1; 1;1)C . Gọi 1S là mặt

cầu có tâm A , bán kính bằng 2; 2S và 3S là hai mặt cầu có tâm lần lượt là ,B C và bán

kính đều bằng 1. Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu 1 2 3( ), ( ), ( )S S S ?

A. 5 . B. 7 . C. 6 . D. 8 .

Lời giải

Ta có 13AB AC , 4BC . Trung điểm BC là (1; 1,1)H nên 3AH

Câu 49. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 hoc sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 5 học sinh

lớp 12C thành một hàng ngang. Xác suất để trong 10 học sinh trên không có 2 học sinh

cùng lớp đứng cạnh nhau bằng

A. 11

630. B.

1

126. C.

1

105. D.

1

42.

Lời giải


Kí hiệu học sinh lớp 12A, 12B, 12C lần lượt là A, B, C.

Số cách xếp 10 học sinh thành 1 hành ngang là 10! (cách) 10!

Ta xếp 5 học sinh lớp 12C trước.

TH1: C C C C C (quy ước vị trí của – là vị trí trống), đổi chỗ 5 học sinh đó cho

nhau ta có 5! Cách xếp.

Xếp 5 học sinh còn lại vào 5 vị trí trống ta có 5! cách xếp. Vậy trường hợp này có 5!.5!

cách.

TH2: C C C C C , tương tự như trường hợp 1 ta có 5!.5! cách.

TH3: C C C C C , đổi chỗ 5 học sinh đó cho nhau ta có 5! Cách xếp.

Ta có 2 vị trí trống liền nhau, chọn 1 học sinh lớp 12A và 1 học sinh lớp 12B để xếp vào 2

vị trí trống đó, 2 học sinh này có thể đổi chỗ cho nhau nên có 1 1

2 3. .2! 2.3.2 12C C cách.

Xếp 3 học sinh còn lại vào 3 chỗ trống có 3! Cách.

Vậy trường hợp này có 5!.12.3! cách.

TH4: C C C C C

TH5: C C C C C

TH6: C C C C

Ba trường hợp 4, 5, 6 có cách xếp giống trường hợp 3.

Vậy có tất cả 5!.5!.2 + 4.5!.12.3! = 63360 (cách)

Gọi T là biến cố “Xếp 10 học sinh thành hàng ngang sao cho không có học sinh nào cùng

lớp đứng cạnh nhau” 63360A

Vậy xác suất của biến cố T là 63360 11

10! 630P T

Câu 50. Cho hàm số ( )f x có đạo hàm liên tục trên đoạn [0;1] thỏa mãn (1) 0f ,

1

2

0

( ) d 7f x x và

1

2

0

1( )d

3x f x x . Tích phân

1

0

( )df x x bằng

A. 7

5. B. 1. C.

7

4. D. 4 .

Lời giải

Ta có 1 1 13

2 3 1 3

0

0 0 0

1 1 1d d d .

3 3 3 3|x

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

Vậy nên theo Cauchy-Schwarz ta có

21 1 1 1

2 2 23 3

0 0 0 0

7 7 d 7 d . d d .x f x x x x f x x f x x

Dấu bằng xảy đến khi và chỉ khi 3( )f x kx , kết hợp (1) 0f để có

471 .

4f x x x

Từ đó mà có được 7

.5

I

Documents

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ …diendanmaytinhcamtay.vn/wp-content/uploads/2018/01/DE-MINH-HOA-2018... · Công thức tính thể tích khối tròn