Đề 5 ĐMH l1 2018 đáp án

ĐỀ MINH HỌA LẦN 1-NĂM HỌC 2018 CỦA BGD Đề số   Câu 1: Điểm  M  trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức  A.  z  2  i   B.  z   2i     C.  z   i   Lời giải D.  z   2i   Chọn A Theo hình vẽ  M  2;1  z  2  i   Câu 2: x2  bằng.  x 3 A.     lim x B.    D.  3   C.    Lời giải Chọn B 1 x2 x 1 lim  lim x  x  x  1 x Câu 3: Cho tập hợp  M  có  10  phần tử. Số tập con gồm hai phần từ của  M  là  A.  A108   B.  A102   C.  C102   D.  10   Lời giải Chọn C Mỗi cách lấy ra   phần tử trong  10  phần tử của  M  để tạo thành tập con gồm   phần tử là một tổ  hợp chập   của  10 phần tử    Số tập con của  M  gồm   phần tử là  C102   Câu 4: Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng  h  và diện tích đáy bằng  B  là:  1 A.  V  Bh   B.  V  Bh   C.  V  Bh   D.  V  Bh   Lời giải Chọn A Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng  h  và diện tích đáy bằng  B  là:  V  Bh   Câu 5: Cho hàm số  y  f  x  liên tục trên đoạn   a; b  Gọi  D  là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số  y  f  x  ,  trục  hoành  và  hai  đường  thẳng  x  a, x  b  a  b    Thể  tích  của  khối  trịn  xoay  tạo  thành khi quay  D  quanh trục hồnh được tính theo cơng thức: b A.  V    f  x dx a b B.  V  2  f  x dx a b C.  V    f  x dx a b D.  V    f  x dx a Lời giải Chọn A Câu 6: Cho hàm số  y  f  x   có bảng biến thiên như sau  HDedu - Page   Hàm số đạt cực đại tại điểm  A.  x    B.  x    C.  x    Lời giải D.  x    Chọn D Dựa vào bảng biến thiên ta thấy  y  đối dấu từ      sang      tại  x    Nên hàm số đạt cực đại tại điểm  x    Câu 7: Câu 8: Với  a  là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?  A.  log  3a   3log a   B.  log a  log a   C.  log a3  3log a   Lời giải Chọn C D.  log  3a   log a   Họ nguyên hàm của hàm số  f ( x)  3x   là  A.  x  C   B.  x3  xC   C.  6x  C   D.  x  x  C   Lời giải Chọn D   3x  1 dx  x  x  C   Câu 9: Trong không gian  Oxyz , cho điểm  A  3; 1;1  Hình chiếu vng góc của điểm  A  trên mặt phẳng   Oyz   là điểm  A.  M  3;0;0   B.  N  0; 1;1   C.  P  0; 1;0   D.  Q  0;0;1   Lời giải Chọn B Khi chiếu vng góc một điểm trong khơng gian lên mặt phẳng   Oyz  , ta giữ lại các thành phần  tung độ và cao độ nên hình chiếu của  A  3; 1;1  lên   Oyz   là điểm  N  0; 1;1   Câu 10: Đường cong trong hình bên là của đồ thị hàm số nào dưới đây?  A.  y   x  x    B.  y  x  x    C.  y  x  x    Lời giải D.  y   x3  3x    Chọn A Đồ thị hàm số trên là đồ thị hàm trùng phương có 3 cực trị và có  a    HDedu - Page Câu 11: Trong không gian  Oxyz, cho đường thẳng  d : phương là  A.  u1  1;2;1    B.  u2  2;1; 0   x 2 y 1 z    Đường thẳng  d  có một vectơ chỉ  1  C.  u  2;1;1    D.  u  1;2;0   Lời giải Chọn A Câu 12: Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng  3 a và có bán kính đáy bằng  a  Độ dài đường sinh  của hình nón đã cho bằng:  3a A.  2a   B.  3a   C.  2a D.    Lời giải Chọn B Diện tích xung quanh hình nón:  S xq   rl  với  r  a   a.l  3 a  l  3a   Câu 13: Trong không gian  Oxyz , cho ba điểm  M  2;0;0  , N  0;  1;0  , P  0;0;2   Mặt phẳng   MNP   có  phương trình là:  x y z A.       1 x y z x y z B.     1   C.       1 2 Lời giải x y z D.       1 Chọn D Ta có:  M  2;0;0 , N  0;  1;0  , P  0;0;2     MNP  : x y z    1  1 Câu 14: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng?  x  3x  x2 x B.  y  C.  y  x    D.  y    A.  y    x 1 x 1 x 1 Lời giải Chọn D x x Ta có  lim  , lim    nên đường thẳng  x  1  là tiệm cận đứng của đồ thị hàm  x 1 x  x 1 x  số.  Câu 15: Tích phân   16 A.    225 dx  bằng  x3 B.  log   C.  ln   Lời giải D.    15 Chọn C dx 0 x   ln x   ln   Câu 16: Cho lập phương  ABCD ABC D  có cạnh bằng  a  ( tham khảo hình vẽ bên ).  Khoảng cách giữa hai đường thẳng  BD  và  AC   bằng    HDedu - Page A.  3a   B.  a   C.  3a   D.  2a   Lời giải Chọn B Ta có khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau  BD  và  AC   bằng khoảng cách giữa mặt  phẳng song song   ABCD  và   ABCD   thứ tự chứa  BD  và  AC   Do đó khoảng cách giữa hai  đường thẳng  BD  và  AC   bằng  a   Câu 17: 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 Chọn A Câu 18: Tập nghiệm của bất phương trình  22 x  2x6  là: A.  0; 6   B.  ; 6   C.  0; 64   D.  6;    Lời giải: Chọn.B Đặt  t  x ,  t    Bất phương trình trở thành:  t  64t    t  64   2x  64  x    Câu 19: Cho hàm số  y  f  x   có bảng biến thiên như sau:    Số nghiệm của phương trình  f  x     là:  A.    B.    C.    Lời giải C.    Chọn B Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f  x     f  x     2, 4  nên phương trình  f  x      có ba nghiệm phân biệt.  Câu 20: Giá trị lớn nhất của hàm số  f  x   x  x   trêm đoạn   2;3  bằng  A.  50   B.    C.    Lời giải D.  122 Chọn A HDedu - Page x  f '( x)  x  x      2;3 ; x     f    5; f   1; f  2   5; f  3  50 Vậy  Max y  50   2;3 Câu 21: Gọi  z1 và  z2 là hai nghiệm phức của phương trình  z  z    Giá trị của biểu thức  z1  z2   bằng:  A.    B.    C.    Lời giải D.    Chọn D   z1   Xét phương trình  z  z    ta có hai nghiệm là:     z2         z1  z2     z1  z2  2 i   i Câu 22: Một người gửi  100  triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất  0, 4% /  tháng. Biết rằng nếu khơng rút  tiền ta khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được lập vào vốn ban đầu để tính lãi cho  tháng tiếp theo. Hỏi sau   tháng, người đó được lĩnh số tiền ( cả vốn ban đầu và lãi) gần nhất với  số tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó khơng rút tiền ra và lãi xuất khơng  thay đổi?  A.  102.424.000 đồng  B.  102.423.000 đồng  C.  102.16.000 đồng  D.  102.017.000 đồng  Lời giải Chọn A n  0,  Ta có  An  A0 1  r   100.000.000 1    102.424.128    100    Câu 23: Một hộp chứa  11  quả cầu gồm   quả màu xanh và  quả cầu màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên đồng thời  quả cầu từ hộp đó. Xác suất để   quả cầu chọn ra cùng màu bằng  A.    B.    C.    D.    22 11 11 11 Lời giải Chọn C Số cách lấy ra 2 quả cầu trong 11 quả là  C112 , Suy ra  n    C11   Gọi A là biến cố lấy được 2 quả cùng màu. Suy ra  n  A  C52  C62   Xác suất của biến cố A là  P  A  C52  C62    C112 11 Câu 24: Trong không gian  Oxyz,  cho hai điểm  A  1;2;1  và  B  2;1;0  Mặt phẳng qua  A  và vng góc  với  AB  có phương trình là  A.  x  y  z     B.  x  y  z     C.  x  y  z     D.  x  y  z     Lời giải Chọn B   AB  3; 1; 1  Do mặt phẳng     cần tìm vng góc với  AB  nên     nhận  AB  3; 1; 1  làm  vtpt. Suy ra, phương trình mặt phẳng    : 3 x  1   y  2   z 1   3x  y  z     HDedu - Page 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  S M A D B A.  2 B.  C 3 C.  D.  Lời giải Chọn D S M A D H O B C a2 a    2 Gọi  M  là trung điểm của  OD  ta có  MH / / SO  nên  H  là hình chiếu của  M  lên mặt phẳng   ABCD  và  MH  SO  a      Do đó góc giữa đường thẳng  BM  và mặt phẳng  ( ABCD )  là  MBH Gọi  O  là tâm của hình vng. Ta có  SO   ABCD   và  SO  a  a MH  Khi đó ta có  tan MBH     BH 3a Vậy tang của góc giữa đường thẳng  BM  và mặt phẳng   ABCD  bằng    Câu 26: Với  n  là  số  nguyên dương thỏa  mãn  Cn1  Cn2  55 , số  hạng không chứa  x   trong khai triển của  n   biểu thức   x    bằng  x   A.  322560   B.  3360   C.  80640   Lời giải D.  13440   Chọn D Ta có:  Cn1  Cn2  55    n  n  1 n! n!   55  n   55  n  n  110   1! n  1 ! 2! n   !  n  10  n  11  n  10    Với  n  10  thì ta có:  HDedu - Page n 10  k 10 10 10 10     k 3k   k 3k 10  k k  20 = x  x   C x  C x x  C10k 210  k x k  20      10 10      2 x2   x2   x  k 0 k 0 k 0 Để có số hạng khơng chứa  x  thì  5k  20   k    Do đó hệ số của số hạng khơng chứa  x  trong khai triển là:  C104 26  13440   Câu 27: Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình  log x.log x.log 27 x.log 81 x  A.  82   B.  80   C.     bằng  D.    Lời giải Chọn A Điều kiện  x    Phương trình đã cho tương đương với  x   log x  1   log log x log x log x   (log x)  16    x  log x   2   Câu 28: Cho tứ diện  OABC  có  OA,  OB,  OC  đơi một vng góc với nhau và  OA  OB  OC  Gọi  M  là  trung điểm của  BC  ( tham khảo hình vẽ bên dưới). Góc giữa hai đường thẳng  OM  và  AB  bằng    A.  900   B.  300   C.  600   Lời giải D.  450   Chọn C Đặt  OA  a  suy ra  OB  OC  a  và  AB  BC  AC  a   a Gọi  N  là trung điểm  AC  ta có  MN / / AB  và  MN      OM , AB    OM , MN   Xét  OMN Suy ra góc   a  nên  OMN  là tam giác đều    600  . Vậy   OM , AB    OM , MN   600   Suy ra  OMN Trong tam giác  OMN  có  ON  OM  MN  HDedu - Page Câu 29: Có bao nhiêu giá trị ngun dương của tham số  m  để phương trình  16 x  2.12 x  (m  2).9 x    có nghiệm dương?  A.    B.    C.    D.    Lời giải Chọn B Phương trình 16 x  2.12 x  ( m  2).9 x   có nghiệm  x   0;     2x x 4 4 Phương trình tương đương        ( m  2)   có nghiệm  x   0;     3 3 x 4 Đặt  t    , t  1;     3  t  2.t  (m  2)  0, t  1;      t  2.t   m, t  1;     Xét  y  t  2.t     Phương trình có nghiệm  t  1;    khi   m  1  m    1  , f    1, f 1   Giá trị của  Câu 30: Cho hàm số  f ( x)  xác định trên  R \    thỏa mãn  f   x   2x 1 2 biểu thức  f  1  f  3  bằng  A.   ln15   B.   ln15   C.   ln15   Lời giải D.  ln15   Chọn C  2x  dx  ln 2x   C  f  x     C   nên  f  1   ln   Với  x   C   nên  f     ln   Nên  f  1  f     ln 15   Với  x    x 3 y 3 z  x  y 1 z      ;  d2 : 1 2 3   và mặt phẳng   P  : x  y  3z    Đường thẳng vng góc với   P  , cắt  d1  và  d  có phương  trình là  x 1 y 1 z x  y  z 1       A.    B.    3 x 3 y 3 z  x 1 y 1 z       C.     D.  3 Lời giải Chọn A Câu 31: Trong không gian  Oxyz , cho hai đường thẳng  d1 : HDedu - Page  x   t1  x   3t2   Phương trình  d1 :  y   2t1  và  d2 :  y  1  2t2    z  2  t z   t   Gọi đường thẳng cần tìm là     Giả sử đường thẳng    cắt đường thẳng  d1  và  d  lần lượt tại  A ,  B   Gọi  A   t1;3  2t1; 2  t1  ,  B   3t2 ; 1  2t2 ;2  t2     AB    3t2  t1 ; 4  2t2  2t1 ;  t2  t1     Vectơ pháp tuyến của   P   là  n  1;2;3     3t2  t1 4  2t2  2t1  t2  t1    Do  AB  và  n  cùng phương nên      3t2  t1 4  2t2  2t1   t1  2    Do đó  A 1; 1;0 ,  B  2; 1;3   t2   4  2t2  2t1   t2  t1   Phương trình đường thẳng    đi qua  A 1; 1;0  và có vectơ chỉ phương  n  1;2;3  là  x 1 y 1 z     Câu 32: Có  bao  nhiêu  giá  trị  nguyên  âm  của  tham  số  m   để  hàm  số  y  x  mx    đồng  biến  trên  x5 khoảng   0;    A.   5   B.    C.    Lời giải D.    Chọn D y  3x2  m  x6 Hàm số đồng biến trên   0;   khi và chỉ khi  y   x  m   0, x   0;   x6 1  m, x   0;    Xét hàm số  g ( x )  3 x   m ,  x   0;   x6 x x 1 6( x8  1) g ( x)  6 x   ,  g ( x)    x x  x  1(loai) Bảng biến thiên:  3 x  Dựa vào BBT ta có  m  4 , suy ra các giá trị nguyên âm của tham số  m  là  4; 3; 2; 1   Câu 33: Cho   H   là hình phẳng giới hạn bởi parabol  y  3x , cung trịn có phương trình  y   x   (với   x   ) và trục hồnh (phần tơ đậm trong hình vẽ). Diện tích của   H  bằng  HDedu - Page A.  4    12 B.  4    C.  4     D.   2   Lời giải Chọn B Phương trình hồnh độ giao điểm giữa parabol và cung trịn ta được  3x2   x2  x   với   x  2  1 2 Ta có diện tích  S   3x dx   2 3  x dx  x    x dx     x dx   3 1 Đặt :  x  sin t  dx  cos tdt ; x   t   ; x   t        4    S   t  sin 2t     dx dx  a  b  c  với  a , b, c  là các số nguyên dương. Tính  P  a  b  c   ( x  1) x  x x  A.  P  24   B.  P  12   C.  P  18   D.  P  46   Lời giải Chọn D Cách 1 2 dx dx x  x 1 dx   dx   1 ( x  1) x  x x  1 x( x  1) x   x 1 x ( x  1) x  x  Câu 34: Biết      x 1  x dx   x( x  1)    Đăt  t  x   x  dt    dx  2dt   x 1 x  2 Khi đó  I   1  2  2  dt    t  t  1  2    32  12     P  a  b  c  32  12   46   Cách 2     2 dx dx 1 ( x  1) x  x x  dx  1 x( x  1) x   x  1    x 1  x  x 1  x   dx      dx  x  x  x( x  1) x x 1  1  x( x  1)    x 1  x x 1  x  dx  2    2  32  12       HDedu - Page 10 Câu 35: Cho  tứ  diện  đều  ABCD   có  cạnh      Tính  diện  tích  xung  quanh  S xq   của  hình  trụ  có  một  đường  trịn  đáy  là  đường  tròn  nội  tiếp  tam  giác  BCD   và  chiều  cao  bằng  chiều  cao  của  tứ  diện ABCD   16 2 16 3 A.  S xq    B.  S xq  2   C.  S xq    D.  S xq  3 3 Lời giải Chọn A Bán kính đường trịn đáy hình trụ bằng một phần ba đường cao tam giác  BCD   3 nên r     3 2 3 16.3 Chiều cao hình trụ bằng chiều cao hình chóp:  h         16     S xq  2 rh  2 16 2    3 Câu 36: Có bao nhiêu giá trị ngun của tham số  m  để phương trình  m  3 m  3sin x  sin x có nghiệm  thực  A.   5 B.   2 C.   4 C.   3 Lời giải Chọn A Ta có:  m  3 m  3sin x  sin x  m  3 m  3sin x  sin x   Đặt  m  3sin x  u  m  3sin x  u  thì phương trình trên trở thành  m  3u  sin x   Đặt  sin x  v  thì ta được   m  3v  u   v  u    v  u   v  uv  u     v  u    v  uv  u   Do    m  3u  v  v  uv  u  0, u , v  nên phương trình trên tương đương  u  v   Suy ra  m  3sin x  sin x  m  sin x  3sin x   Đặt  sin x  t  1  t  1  và xét hàm  f  t   t  3t  trên   1;1  có  f   t   3t   0, t  1;1   Nên hàm số nghịch biến trên   1;1  1  f 1  f  t   f  1   2  m    Vậy  m2; 1;0;1;2   Câu 37: Gọi  S  là  tập  hợp  tất  cả  các  giá  trị  của  tham  số  thực  m  sao  cho  giá  trị  lớn  nhất  của  hàm  số  y  x  x  m  trên đoạn   0;2  bằng 3. Số phần tử của S là  A. 1  B. 2  C. 0  Lời giải D. 6  Chọn B Xét hàm số  f  x   x  3x  m , ta có  f   x   3x   Ta có bảng biến thiên của  f  x  :    HDedu - Page 11 TH 1 :   m   m    Khi đó  max f  x       m    m   0;2  m   m    (loại).  2  m  TH 2 :      m   Khi đó :  m    m    m   m   max f  x       m    m   0;2  m   m    (thỏa mãn).  m  TH 3 :     m   Khi đó :  m    m    m    max f  x    m    0;2   m   m   m   (thỏa mãn).  TH 4:    m   m   Khi đó  max f  x    m   0;2  m   m   (loại).  Câu 38: Cho số phức  z  a  bi  a, b    thỏa mãn  z   i  z 1  i    và  z   Tính  P  a  b   A.  P     B.  P  5   C.  P    Lời giải D.  P    Chọn D Ta có:  z   i  z 1  i    a  bi   i  a  b2 1  i     a   a  b  1   a   a  b  b 1 a  b i      b   a  b2    Lấy  1  trừ   2  ta được:  a  b    b  a   Thế vào  1  ta được:   2  a   a   a  1   a   2a  2a  a  2   a  2 a  2   a  tm        a  4a   2a  2a   a  2a     a  1 tm     Với  a   b  ;  a  1  b    a  Vì  z   z   4i    P  a  b      b  Câu 39: Trong khơng gian  Oxyz , cho điểm  M 1;1; 2  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  OA  OB  OC  ? A.    B.  C.  D.  Lời giải Chọn A Mặt phẳng   P   đi qua  M  và cắt các trục  x'Ox, y'Oy,z'Oz  lần lượt tại các  điểm A  a; 0; 0 ,B  0;b; 0 ,C  0; 0;c   Khi đó phương trình mặt phẳng   P   có dạng:  x y z      a b c Theo bài mặt phẳng   P   đi qua  M 1;1; 2  và  OA  OB  OC nên ta có hệ:  a  b  c 1  a  b  c     1 a b c  . Ta có:         a  c  b  a  b  c  2   b  c   a HDedu - Page 12 - Với  a  b  c thay vào  1  được  a  b  c    - Với  a  b  c  thay vào  1  được    (loại).  - Với  a  c  b  thay vào  1  được  a  c  b    - Với  b  c   a  thay vào  1  được  b  c   a    Vậy có ba mặt phẳng thỏa mãn bài tốn là:  x y z x y z x y z  P1  :    1;  P2  :    1;  P3  :      4 2 2 2 8 Câu 40: Trong không gian  Oxyz , cho hai điểm  A(2; 2;1), B (  ; ; )  Đường thẳng qua tâm đường tròn  3 nội tiếp tam giác  OAB  và vng góc với mặt phẳng  (OAB)  có phương trình là:  x 1 y  z 1 x 1 y  z  A.      B.        2 2 11 2 x y z x y z 3 3   9 9 9  C.  D.  2 2 Lời giải Chọn A   Ta có:  OA; OB    4; 8;8    Gọi  d  là đường thẳng thỏa mãn khi đó  d  có VTCP  u  1; 2;    Ta có  OA  3, OB  4, AB   Gọi  I ( x; y; z)  là tâm đường tròn nội tiếp tam giác  OAB       Áp dụng hệ thức  OB.IA  OA.IB  AB.IO              4.(OA  OI )  3.(OB  OI )  5.IO   OI  4OA  3OB  I  0;1;1   12 x  t  Suy ra  d :  y   2t  cho  t  1  d  đi qua điểm  M (1;3; 1)    z   2t     Do đó  d  đi qua  M (1;3; 1)  có VTCP  u  (1; 2;2)  nên đường thẳng có phương trình  x 1 y  z 1     2 Câu 41: Cho hình vng  ABCD  và  ABEF  có cạnh bằng  , lần lượt nằm trên hai mặt phẳng vng góc  với  nhau.  Gọi  S   là  điểm  đối  xứng  của  B qua  đường  thẳng  DE   Thể  tích  của  khối  đa  diện  ABCDSEF  bằng  11 A.  B.  C.  D.  12 Lời giải Chọn D S F E D A B C   Ta có:ADF.BCE là hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác vng cân  Dựa vào hình vẽ ta có :  HDedu - Page 13 VABCDSEF  VADF BCE  VS CDFE  VADF BCE  VB.CDFE  2VADF BCE  VBADE VADF BCE  AB.S BCE    1 1 ;VBADE  AD.S ABE   VABCDSEF    Dựa vào hình vẽ ta có  6 VABCDSEF  VADF BCE  VS CDFE  VADF BCE  VB.CDFE  2VADF BCE  VBADE       6 Câu 42: Cho hàm số  y  f ( x)  Hàm số  y  f '( x)  có đồ thị như hình bên. Hàm số  y  f (2  x ) đồng biến  trên khoảng    A.  1;3 B.   2;  C.   2;1 D.   ; 2 Lời giải Chọn C Cách 1: Tính chất:  f ( x )  và  f (  x)  có đồ thị đối xứng với nhau qua  Oy  nên  f ( x )  nghịch biến trên  (a; b)   thì  f (  x)  sẽ đồng biến trên  (b;  a )    x  (1; 4) Ta thấy  f '( x )   với    nên  f ( x )  nghịch biến trên  1;   và   ; 1  suy ra   x  1 g(x)  f (x)  đồng biến trên (4; 1)  và  1;    . Khi đó  f (2  x)  đồng biến biến trên khoảng  (2;1) và   3;     Cách 2:  x  1 Dựa vào đồ thị của hàm số  y  f   x   ta có  f   x       1  x  Ta có   f   x      x  f    x    f    x    Để hàm số  y  f   x   đồng biến thì   f   x     f    x       x  1 x      1   x   2  x  x   có đồ thị  (C)  và điểm  A( a;1)  Gọi  S  là tập hợp tất cả các giá trị thực  x 1 của tham số  a  để có đúng một tiếp tuyến của  (C) đi qua  A  Tổng tất cả các giá trị các phần tử  của  S  là  A.    B.    C.    D.    2 Lời giải Chọn C 1 ĐK: x   ;  y '    ( x  1)2 Đường thẳng  d   qua  A  có hệ số góc  k  là  y  k( x  a)    Câu 43: Cho hàm số  y  HDedu - Page 14  x   k( x  a)   x   1  có nghiệm.  d  tiếp xúc với  (C )    k  1   ( x  1)2  Thế     vào  1   ta có :  1 x  ( x  a)     x  a  x  x    x  3x  2, x    x 1 ( x  1)  x2  6x  a        Để  đồ  thị  hàm  số  có  một  tiếp  tuyến  qua  A   thì  hệ  là  số  nghiệm  của  hệ  phương  trình  trên  có  nghiệm duy nhất   phương trình   3  có nghiệm duy nhất khác      '   a     a 1   a      x  x  a   (3)    2   '   a    a     2   a   1 Cách 2: TXĐ :  D   \ 1  ;  y      x  1 Giả sử tiếp tuyến đi qua  A a;1  là tiếp tuyến tại điểm có hồnh độ  x  x0 , khi đó phương trình  x  1 tiếp tuyến có dạng :  y  x  x0   d     x0   x0  1 Vì  A  d  nên thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng  d   ta có :  2 x02  x0   a  1  x0  1 1 a  x        x0   x0   x0  1 Để chỉ có một tiếp tuyến duy nhất đi qua  A   thì phương trình  1  có nghiệm duy nhất khác           2a     a 1   a       2        2a     a      a   Câu 44: Cho  dãy  số   un    thỏa  mãn  log u1   log u1  log u10  log u10   và  un1  2un   với  mọi  n    Giá trị nhỏ nhất của  n  để  u n  5100  bằng A.  247   B.  248   C.  229   Lời giải D.  290   Chọn B Có  u n1  2un  n u1  . Xét  log u1   log u1  log u10  log u10  (*)  Đặt  t  log u1  2log u10 , điều kiện  t  2   t  Pt (*) trở thành   t  t        t  1   t  t   Với  t  1    log u1  log u10  1  (với  log u10  log  29.u1   log  log u1 )   log u1   18log    u1  10118log   Mặt khác  u n  n1 u1  n1.10118log  n.5.10 18 log  5100    n  log  599.1018log   247,87   Vậy giá trị nhỏ nhất của  n  là  248   HDedu - Page 15 Câu 45: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số  m  để hàm số  y  x  x  12 x  m  có   điểm cực  trị?  A.    B.    C.    Lời giải D.    Chọn D y  f  x   x  x  12 x  m   Ta có:  f   x   12x 12 x  24 x ;  f   x    x   hoặc  x  1  hoặc  x      Do hàm số  f  x   có ba điểm cực trị nên hàm số  y  f  x   có   điểm cực trị khi  m    m   Vậy có   giá trị nguyên thỏa đề bài là  m  1; m  2; m  3; m     m   Câu 46: Xét  số  phức  z  a  bi    a,b    z 1 3i  z 1 i  đạt giá trị lớn nhất.  A.  P  10 B.  P  z   3i    Tính  P  a  b   khi  thỏa  mãn  C.  P  Lời giải D.  P  Chọn A Goi E là trung điểm của AB và  M  a; b   là điểm biểu diễn của số phức z.  2 Theo giả thiết ta có:  z   3i    a     b  3    Tập hợp điểm biểu diễn số phức  z  là đường tròn tâm  I  4;3  bán kính  R                                          A  1;3 Ta có:    Q  z   3i  z   i  MA  MB    B 1; 1 Gọi E là trung điểm của AB, kéo dài EI cắt đường trịn tại D  Ta có:  Q  MA2  MB  MA.MB      Q  MA2  MB  MA2  MB  MA2  MB   Vì  ME là trung tuyến trong  MA2  MB AB AB   MA2  MB  ME  MAB  ME  2  AB  2  Q   2ME    4ME  AB  Mặt khác  ME  DE  EI  ID        HDedu - Page 16    Q2   20  200  MA  MB  Q  10  Qmax  10   M  D   4  2( xD  4)  xD   EI  ID     2  2( yD  3)  yD    M  6;   P  a  b  10 2 Cách 2:Đặt z  a  bi  Theo giả thiết ta có:   a     b      a   sin t Đặt    Khi đó:  b   cos t Q  z   3i  z   i      a  1   b  3 sin t   5cos t  2    sin t    30  10 sin t  30   3sin t  cos t  Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có:    a  1   b  1   cos t           Q  60   2sin t  cos t   60  5  200  10    Q  10  Qmax  10    sin t  Dấu bằng xảy ra khi   cos t   a    P  a  b  10   b  Câu 47: Cho hình lăng trụ tam giác đều  ABC ABC   có  AB   và  AA   Gọi  M , N , P  lần lượt là  trung điểm các cạnh  AB, AC   và  BC  (tham khảo hình vẽ bên). Cơsin của góc tạo bởi hai mặt  phẳng   ABC    và   MNP   bằng  C' N M B' A' C P B 13 A.    65 13 B.    65 A 17 13 C.    65 Lời giải   D.  18 13   65 Chọn B Gọi  P, Q  lần lượt là trung điểm của  BC  và  BC;   I  BM  AB, J  CN  AC , E  MN  AQ   Suy ra,   MNP    ABC   MNCB    ABC  IJ  và gọi  K  IJ  PE  K  AQ  với  E  là  trung điểm  MN  (hình vẽ).  HDedu - Page 17 MNP  ,  AB C       AQ , PE       AAQP   IJ  AQ  IJ , PE  IJ    Ta có  AP  3, PQ   AQ  13  QK    cos   cos QKP KQ  KP  PQ 2 KQ.KP  5 13 ;   PE   PK    3 13   65 C' Q N E M B' A' J K I C P B A   Cách 2   Gắn hệ trục tọa độ  Oxyz  như hình vẽ           P  0;0;0  , A  3;0;0  , B 0; 3;0 , C 0;  3;0 , A  3;0;2  , B 0; 3; , C 0;  3;   3  3  nên  M  ; ;  , N  ;  ;    2 2          Ta có vtpt của mp  ABC   là  n1  AB, AC    2;0;3  và vtpt của mp  MNP   là  3  n2   4;0; 3     Gọi    là góc giữa hai mặt phẳng   ABC    và mp  MNP   cos  cos n1 , n2    89 13 25  13   65 Cách 3 HDedu - Page 18 Gọi  Q  là trung điểm của  AA ' , khi đó mặt phẳng   AB ' C '  song song với mặt phẳng   MNQ  nên  góc giữa hai mặt phẳng   AB ' C '  và   MNP   cũng bằng góc giữa hai mặt phẳng   MNQ  và   MNP    Ta có:   MNP    MNQ   MN       PE   MNP  ; PE  MN    MNP  ;  MNQ    PEQ  hoặc    MNP  ;  MNQ    180  PEQ    QE   MNQ  ; QE  MN Tam giác  ABC  đều có cạnh   AP    Tam giác  APQ  vng tại  A  nên ta có:  PQ  AP  AQ  32  12  10   Tam giác  A ' QE  vng tại  A '  nên ta có:  QE  13 3   A ' E  A 'Q    1  2 2 3 Tam giác  PEF  vng tại  F  nên ta có:  PE  FP  FE  22       2 Áp dụng định lý hàm số cơsin vào tam giác  PQE  ta có:  25 13   10 2 EP  EQ  PQ 13  cos PEQ  4    2.EP.EQ 65 13 2    cos PEQ   13   Do đó:  cos   MNP  ;  AB ' C '   cos 1800  PEQ 65   Câu 48: Trong không gian  Oxyz , cho ba điểm  A 1;2;1 ,  B  3; 1;1  và  C  1; 1;1  Gọi   S1   là mặt cầu  có tâm  A , bán kính bằng  ;   S2   và   S3   là hai mặt cầu có tâm lần lượt là  B ,  C  và bán kính  đều bằng   Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu   S1  ,   S2  ,   S3    A.    B.    C.    Lời giải D.    Chọn B Gọi phương trình mặt phẳng   P   tiếp xúc với cả ba mặt cầu đã cho có phương trình là:  ax  by  cz  d   ( đk:  a  b  c  ).  HDedu - Page 19  a  2b  c  d  2 2  a b c d  A;  P     3a  b  c  d  Khi đó ta có hệ điều kiện sau:  d  B;  P      1   2   a b c d  C ;  P     a  b  c  d  1  a  b  c  a  2b  c  d  a  b  c     3a  b  c  d  a  b  c    2   a  b  c  d  a  b  c 3a  b  c  d  a  b  c  d Khi đó ta có:  3a  b  c  d  a  b  c  d     3a  b  c  d  a  b  c  d a     a  b  c  d  với  a   thì ta có   2b  c  d  b  c  2b  c  d  b  c   c  d   c  d  0, b     4b  c  d   do đó có 3     c  d  4b, c  2 2b  2b  c  d  b  c  d   c  d  mặt phẳng.   b a  3b  a  b  c  b  a       Với  a  b  c  d   thì ta có      2  2a  a  b  c  c  11 a  2a  a  b  c  do đó có 4 mặt phẳng thỏa mãn bài tốn.Vậy có   mặt phẳng thỏa mãn bài tốn.  Câu 49: Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 5 học sinh lớp 12C  thành một hàng ngang. Xác suất để 10 học sinh trên khơng có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau  bằng  11 1 A.    B.    C.    D.    630 126 105 42 Lời giải Chọn A n    10!   Gọi  H  là biến cố “khơng có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau”  + Đầu tiên xếp 5 học sinh lớp 12C thì có  5!  cách xếp  + Giữa 5 học sinh lớp C và ở hai đầu có 6 khoảng trống  TH1: Xếp 5 học sinh của hai lớp A và B vào 4 khoảng trống ở giữa và 1 khoảng trống ở 1  đầu thì có  2.5!  cách xếp  TH2: Xếp 5 học sinh vào 4 khoảng trống giữa 5 học sinh lớp C sao cho có đúng một khoảng  trống có 2 học sinh thuộc 2 lớp A, B thì có  2!.2.3.4!  cách xếp.  11   Suy ra,  n  H   5! 2.5! 2!.2.3.4!  p  H   630 Câu 50: Cho  hàm  số  y  f  x    có  đạo  hàm  liên  tục  trên   0;1   thỏa  mãn  f 1  0,     f ( x )  dx    và  1 x f ( x )dx   Tính tích phân   f ( x)dx   HDedu - Page 20 A.  7 Lời giải B.  C.  D.  Chọn A Cách 1: Đặt  u  f  x   du  f   x  dx ,  dv  x dx  v  1 x3   x3 x3 Ta có   f  x   f   x dx   x3 f   x dx  1   3 0 1 2 Ta có   49 x dx  7,     f ( x )  dx  7,  2.7 x f   x dx  14    x  f ( x )  dx    0 0 7x  C , mà  f 1   C    4 1  7x    f ( x)dx       dx    4 0 Cách 2: Nhắc lại bất đẳng thức Holder tích phân như sau:   x3  f ( x)   f  x    b b  b 2   f  x  g  x  dx    f  x  dx. g  x  dx   a a  a Dấu bằng xảy ra khi  f  x   k g  x  ,  x   a; b  , k       x6 x3  x3  Ta có     f  x dx    dx.  f   x   dx   Dấu bằng xảy ra khi  f   x   k .  0  Mặt khác   x4 x3 1    f   x dx   k  21  f   x   7 x  suy ra  f  x    4 3  x4    dx    Từ đó   f ( x)dx     4 0                         HDedu - Page 21 ... 2;3  bằng  A.  50   B.    C.    Lời giải D.  122 Chọn A HDedu - Page x  f '( x)  x  x      2;3 ; x     f    5; f   1; f  2   5; f  3  50 Vậy  Max y  50   2;3 Câu 21:...  Cn2  55 , số  hạng không chứa  x   trong khai triển của  n   biểu thức   x    bằng  x   A.  32 256 0   B.  3360   C.  80640   Lời giải D.  13440   Chọn D Ta có:  Cn1  Cn2  55    n... ln 15   B.   ln 15   C.   ln 15   Lời giải D.  ln 15   Chọn C  2x  dx  ln 2x   C  f  x     C   nên  f  1   ln   Với  x   C   nên  f     ln   Nên  f  1  f     ln 15