Giải câu 46 đề minh họa môn Toán kì thi THPTQG của Bộ Giáo Dục năm 2018Giải câu 46 đề minh họa môn Toán kì thi THPTQG của Bộ Giáo Dục năm 2018Giải câu 46 đề minh họa môn Toán kì thi THPTQG của Bộ Giáo Dục năm 2018Giải câu 46 đề minh họa môn Toán kì thi THPTQG của Bộ Giáo Dục năm 2018Giải câu 46 đề minh họa môn Toán kì thi THPTQG của Bộ Giáo Dục năm 2018Giải câu 46 đề minh họa môn Toán kì thi THPTQG của Bộ Giáo Dục năm 2018Giải câu 46 đề minh họa môn Toán kì thi THPTQG của Bộ Giáo Dục năm 2018Giải câu 46 đề minh họa môn Toán kì thi THPTQG của Bộ Giáo Dục năm 2018Giải câu 46 đề minh họa môn Toán kì thi THPTQG của Bộ Giáo Dục năm 2018Giải câu 46 đề minh họa môn Toán kì thi THPTQG của Bộ Giáo Dục năm 2018
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2018 ĐỀ THI THAM KHẢO Bài thi: TỐN (Đề thi có trang) Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Họ, tên thí sinh: ……………………………… Số báo danh :……………………………… Mã đề thi: 001 Câu – A Câu 11 – A Câu 21 - B Câu 31 – B Câu 41 - A Câu – B Câu 12 – A Câu 22 - A Câu 32 - D Câu 42 - B Câu – C Câu 13 – B Câu 23 - C Câu 33 - A Câu 43 - D Câu – A Câu 14 – B Câu 24 - B Câu 34 - B Câu 44 - A Câu – A Câu 15 – D Câu 25 - D Câu 35 - A Câu 45 - D Câu – A Câu 16 - D Câu 26 - D Câu 36 - B Câu 46 - A Câu – D Câu 17 - B Câu 27 - A Câu 37 - C Câu 47 - B Câu – C Câu 18 - A Câu 28 - C Câu 38 - D Câu 48 - B Câu – D Câu 19 - C Câu 29 - A Câu 39 - A Câu 49 - A Câu 10 – B Câu 20 - D Câu 30 - D Câu 40 - B Câu 50 - A Câu Cách giải: Điểm M 2;1 biểu diễn số phức z 2 i Chọn A Câu Cách giải: 1 x2 x 1 lim lim x �� x x �� 1 x Chọn B Câu Cách giải: Số tập gồm phần tử M C10 Chọn C Câu Cách giải: Cơng thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy B chiều cao h V Bh Chọn A Câu Cách giải: Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến khoảng 2;0 2; � Chọn A Câu Cách giải: b f x dx Cơng thức tính thể tích khối tròn xoay tạo thành là: V � a Chọn A Câu Cách giải: Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt tiểu điểm x đạt cực đại điểm x Chọn D Câu Cách giải: Ta có: log a 3log Chọn C Câu Cách giải: Ta có: 3x � 1 dx x x C Chọn D Câu 10 Cách giải: Khi chiếu điểm A 3; 1;1 lên mặt phẳng Oyz tung độ cao độ giữ nguyên, hoành độ Vậy N 0; 1;1 Chọn B Câu 11 Cách giải: Quan sát đồ thị hàm số ta thấy dạng đồ thị hàm bậc bốn trùng phương với hệ số a âm Vậy có đáp án A thỏa mãn Chọn A Câu 12 Cách giải: r Véc tơ phương d u 1; 2;1 Chọn A Câu 13 Cách giải: TXĐ: D R Ta có: 22 x x � 2x x � x Vậy tập nghiệm bất phương trình �;6 Chọn B Câu 14 Cách giải: Sxq rl .a.l 3a � l 3a Vậy l 3a Chọn B Câu 15 Cách giải: Phương trình đoạn chắn mặt phẳng qua điểm M 2;0;0 , N 0; 1;0 , P 0;0; là: x y z 1 1 Chọn D Câu 16: Phương pháp: +) Đồ thị hàm số bậc bậc ln có tiệm cận đứng f x �� +) Đường thẳng x a gọi tiệm cận đứng đồ thị hàm số lim x �a Cách giải: +) Đáp án A: y x 3x x x 1 x � đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng x 1 x 1 +) Đáp án B: Ta có: x x �R � đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng +) Đáp án C: Đồ thị hàm số có TCN x �� x 1 tiệm cận đứng đồ thị hàm số x � 1 x +) Đáp án D: Có lim Chọn D Câu 17: Phương pháp: Số nghiệm phương trình f x � f x số giao điểm đồ thị hàm số y f x đường thẳng y Cách giải: Số nghiệm phương trình f x � f x số giao điểm đồ thị hàm số y f x đường thẳng y Theo BBT ta thấy đường thẳng y cắt đồ thị hàm số y f x điểm phân biệt Chọn B Câu 18: Phương pháp: +) Tính đạo hàm hàm số giải phương trình y' +) Tính giá trị hàm số đầu mút đoạn [-2; 3] nghiệm phương trình y ' Cách giải: x0 � � 3 x Ta có: f ' x 4x 8x � f ' x � 4x 8x � � � x � � f 2 � f 1 � � � �� f � Max f x 50 2; 3 � f 1 � � f 3 50 � Chọn A Câu 19: Cách giải: Ta có: dx ln x � x3 ln ln ln Chọn C Câu 20: Phương pháp: +) Giải phương trình bậc hai ẩn z tập số phức +) Tính modun số phức z a bi công thức z a b Cách giải: Ta có: ' 3.4 8 8i � 2i z1 i � 1 2 � Phương trình có hai nghiệm phân biệt: � � z1 z 2 � 2i z2 i � � 2 � z1 z Chọn D Câu 21: Phương pháp: +) Khoảng cách hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng song song khoảng cách hai mặt phẳng Cách giải: Ta có: ABCD / / A’B’C’D’ � d BD; A 'C' d ABCD ; A ' B 'C 'D ' a Chọn B Câu 22: Phương pháp: Áp dụng công thức lãi suất kép: T P r với P số tiền ban đầu, n thời gian gửi, r lãi suất T số n tiền nhận sau n tháng gửi Cách giải: Ta có: T P r 100 0, 4% �102, 424 triệu n Chọn A Câu 23: Cách giải: Chọn ngẫu nhiên cầu từ 11 cầu nên ta có: n C11 55 Gọi biến cố A: “Chọn hai cầu màu” � n A C52 C62 25 � P A n A 25 n 55 11 Chọn C Câu 24: Cách giải: uuur Ta có: AB 3; 1; 1 Mặt phẳng (P) vng góc với AB nên nhận vecto AB làm vecto pháp tuyến Phương trình mặt phẳng (P) qua A vng góc với AB là: x 1 y z 1 � 3x y z Chọn B Câu 25: Cách giải: Gọi G giao điểm BM SO Từ M kẻ đường thẳng vng góc với BD N Khi ta có MN / /SO � MN ABCD � N hình chiếu M (ABCD) � � � BM; ABCD � BM; BD MBD Xét tam giác SBD ta có MB BD hai đường trung tuyến cắt G � G trọng tâm tam giác SBD � OG SO a a2 a a Ta có: BO BD � SO SB2 OB2 a � OG 2 2 � OG a � tan MBD OB a Chọn D Câu 26: Cách giải: Điều kiện: n N* ; n 2 Theo đề ta có: C n Cn 55 � � n! n! 55 1!. n 1 ! 2! n ! n n 1 ! n n 1 n ! n 2 ! n 1 ! � 2n n n 1 110 55 � n n 110 � n 10 tm �� n 11 ktm � 10 � 10 k 3k 10 k 2 10 k 10 k 10 k 5k 20 � Ta có khai triển: �x � �C10 x x �C10 x � x � k 0 k 0 Để có hệ số khơng chứa x thì: 5k 20 � k 4 Hệ số không chứa x là: C10 13440 Chọn D Câu 27: Cách giải: Điều kiện: x � log x.log 32 x.log 33 x.log 34 x 1 � log x log x.log x.log 27 x.log81 x � log x 16 � x1 32 tm log x � �� �� � log x x 32 tm � � � 82 � x1 x 9 Chọn A Câu 28 Phương pháp: Dựng đường thẳng d qua M song song với AB, � OM; AB � OM;d Cách giải: Gọi N trung điểm AC ta có MN đường trung bình tam giác ABC nên AB // MN � � OM; AB � OM; MN Đặt OA OB OC ta có: Tam giác OAB vuông cân O nên AB � MN 2 Tam giác OAC vuông cân O nên AC � ON 2 Tam giác OBC vuông cân O nên BC � OM 2 � Vậy tam giác OMN nên � OM;MN OMN 600 Chọn C Câu 29 Phương pháp: r r +) Gọi đường thẳng cần tìm ta có: P � u n P +) Gọi A �d1; B �d , tham số hóa tọa độ điểm A, B +) Thử trực tiếp đáp án cách thay điểm A, B vào phương trình đường thẳng đáp án rút kết luận Cách giải: r r Gọi đường thẳng cần tìm Vì P � u n P 1; 2;3 Khi phương trình đường thẳng có dạng Gọi A d1 � � A t;3 2t; 2 t B d � � B 3t '; 1 2t '; t ' Ta thử đáp án: x x y y0 z z Đáp án A: t 2t 2 t t 2t 2 t � � 12 6t 4 2t � t � A 1; 1;0 3 3t ' 1 2t ' t ' 3t ' t ' B � � � t' � t ' � B 2;1;3 3 A � � Vậy đáp án A có đường thẳng x 1 y 1 z vng góc với mp(P) cắt d1 A 1; 1;0 , cắt d2 B 2;1;3 thỏa mãn yêu cầu toán Chọn A Câu 30 Phương pháp: Để hàm số đồng biến 0; � � y ' x � 0; � , cô lập m, đưa bất đẳng thức dạng Cách giải: y x mx 5x Ta có: 1 y ' 3x m 5x 6 3x m x � 0; � � m 3x f x x � 0; � x x � m f x 0;� 1 f x 3x x x x �4 � f x 0;� x x � m � m 4 Mà m số nguyên âm � m � 3; 2; 1 Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn B Câu 31 Cách giải: Ta có: x 1(TM) � 3x x � 3x x � x 1 x � � x 1(L) � Do đó: 1 2 3 S �3x dx �4 x dx x �4 x dx �4 x dx 3 1 2 2 Tính I �4 x dx Đặt x 2sin t � dx cos tdt � x � sin t � t � � Đổi cận � �x � sin t � t � 2 /2 /2 /2 /6 /6 /6 I �4 x dx /2 /2 �4 4sin t.2cos tdt sin 2t /6 2t /6 Suy S Chọn B Câu 32 Cách giải: 2 3 2 4 3 cos tdt � cos 2t 1 dt � Tính I �x 1 dx dx � x x x 1 x x 1 x x � x x 1 tdx dx 2dt �1 dx dx � Đặt t x x � dt � � t x x 1 x x 1 x x 1 �2 x x � Suy I 2 2 2dt � t t 1 1 2 � � 2 � � 32 12 2 1 � �2 Do a 32; b 12;c � a b c 46 Chọn D Câu 33 Cách giải: a 6 Tứ diện cạnh a có chiều cao h �h 3 Tam giác BCD nên bán kính đường tròn nội tiếp tam giác r Diện tích xung quanh hình trụ S 2rh 2 a 6 4 16 2 3 Chọn A Câu 34 Cách giải: 2x x �4 � �4 � Xét phương trình 16 2.12 m � � � � � m �3 � �3 � x x x x 2 �4 � Đặt t � � ta t 2t m � m 2t t * �3 � x �4 � Để phương trình cho có nghiệm dương x phương trình * có nghiệm t � � �3 � Xét hàm f t 2t t , t � 1; � có: f ' t 2t 0, t nên hàm số nghịch biến 1; � Suy f t f 1 � m Mà m nguyên dương nên m � 1; 2 Chọn B Câu 35 Cách giải: Ta có: Đặt 3 m 3 m 3sin x sin x � m 3 m 3sin x sin x m 3sin x u � m 3sin x u phương trình trở thành m 3u sin x Đặt sin x v ta � �m 3v u � v u v u v uv u � v u v uv u � �m 3u v Do v uv u 0, u, v nên phương trình tương đương u v Suy m 3sin x sin x � m sin x 3sin x Đặt sin x t 1 �t �1 xét hàm f t t 3t 1;1 có f ' t 3t �0, t � 1;1 Nên hàm số nghịch biến 1;1 � 1 f 1 �f t �f 1 � 2 �m �2 Vậy m � 2; 1;0;1; 2 Chọn A Câu 36 Phương pháp: +) Lập BBT đồ thị hàm số f x x 3x m 0; 2 +) Xét trường hợp dấu điểm cực trị Cách giải : Xét hàm số f x x 3x m 0; 2 ta có : f ' x 3x � x �1 BBT : y 2 m m � m � m 1 ktm TH1 : m � m 2 � max 0;2 m20 � � 2 m � max y m � m 1 tm TH2 : � m0 0;2 � TH3 : m0 � � m � max y m � m tm � 2 m 0;2 � y m � m 1 ktm TH4 : 2 m � m � max 0;2 Chọn B Câu 37 Phương pháp : f ' x dx , sử dụng giả thiết f tìm số C +) f x � +) Tính f 1 ;f 3 cách thay x = -1 x = Cách giải : f ' x dx � dx ln 2x C ln 2x C Ta có : f x � 2x f C � f x ln 2x � f 1 ln 1; f ln � f 1 f ln ln ln15 Chọn B Câu 38 Phương pháp : +) Thay z a bi vào biếu thức đề bài, rút gọn đưa dạng A Bi A0 � , giải hệ phương trình tìm a, b +) Sử dụng định nghĩa hai số phức suy � B0 � Cách giải : z i z 1 i � a bi i a b i � a a b2 b a b2 i � a a b2 � �� � a b 1 � b a 1 2 � b 1 a b � � a a a 1 � a 2a 2a a �2 � � �2 a 4a 2a 2a � � a 3 � a �2 � � � a �2 � � � �b a tm � � � �2 � �� � a 1 a 2a � � �� � a tm � � � � �b a 3 � � P a b 3 Vì z � z 4i � � b4 � Chọn D Câu 39 Phương pháp : +) Xác định điểm cực trị (các điểm nghiệm phương trình f ' x ), khoảng đơn điệu đồ thị hàm số y f x , từ lập BBT đồ thị hàm số y f x +) Từ BBT đồ thị hàm số y f x suy BBT đồ thị hàm số y f x cách lấy đối xứng đồ thị hàm số y f x qua trục tung +) Nhận xét đồ thị hàm số y f x y f x có khoảng đơn điệu giống rút kết luận Cách giải : Dựa vào đồ thị hàm số y f ' x ta suy đồ thị hàm số y f x sau : Ta có nhận xét đồ thị hàm số y f x đồ thị hàm số y f x đối xứng qua trục tung nên ta có BBT đồ thị hàm số y f x sau : Đồ thị hàm số y f x ảnh phép tịnh tiến đồ thị hàm số y f x theo vector 0; nên tính đồng biến, nghịch biến khoảng không thay đổi so với đồ thị hàm số y f x Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến 1;3 Chọn A Câu 40 Phương pháp : +) Giả sử tiếp tuyến qua A a;1 tiếp tuyến điểm có hồnh độ x x , viết phương trình tiếp tuyến điểm có hồnh độ x x : y 1 x 1 x x0 x d x0 1 +) A �d � Thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng d, tìm điều kiện để phương trình có nghiệm x Cách giải : TXĐ : x R \ 1 ; y ' 1 x 1 Giả sử tiếp tuyến qua A a;1 tiếp tuyến điểm có hồnh độ x x , phương trình tiếp tuyến có dạng : y 1 x 1 x x0 x d x0 1 Vì A �d nên thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng d ta có : 1 1 x 1 a x0 x0 x0 1 � a x x 02 3x x 02 2x � 2x 02 6x a * Để có tiếp tuyến qua A phương trình (*) có nghiệm � ' � a � 2a � a �3 � �S �� �2 Chọn B Câu 41: Cách giải: Phương trình mặt phẳng P có dạng x y z 1, với A a;0;0 , B 0; b; , C 0;0; c a b c Ta có OA OB OC � a b c M � P � 1 1 a b c abc a b c � � , mà a b c không thỏa mãn điều kiện Suy � � a b c a b c � � Vậy có mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu toán Chọn A Câu 42: Cách giải: Đặt t log u1 2log u10 �0 � log u1 2log u10 t 2, giả thiết trở thành: � log u1 log u10 1 � log u1 log u10 � log 10u1 log u10 � 10u1 u10 2 1 2 � un cấp số nhân với công bội q � u10 29 u1 Mà un 1 2un �� Từ 1 , suy 10u1 29 u1 � 218 u12 10u1 � u1 100 Do un � 10 2n.10 n 1 10 � u n 218 218 219 �5100.219 � 2n.10 100 � n log � log 10 100 log 19 �247,87 2� 219 � 10 � Vậy giá trị n nhỏ thỏa mãn n 248 Chọn B Câu 43 Phương pháp : +) Lập bảng biến thiên đồ thị hàm số f x 3x 4x 12x m +) Từ BBT đồ thị hàm số f x 3x 4x 12x m suy BBT đồ thị hàm số y 3x 4x 12x m +) Dựa vào đồ thị hàm số y 3x 4x 12x m , tìm điều kiện để có cực trị Cách giải : x0 � � x 1 Xét hàm số y 3x 4x 12x m có y ' 12x 12x 24x � 12x x x � � � x2 � Lập BBT đồ thị hàm số f x 3x 4x 12x m ta có : Đồ thị hàm số y 3x 4x 12x m vẽ cách : +) Lấy đối xúng phần đồ thị hàm số nằm phía trục Ox qua trục Ox +) Xóa phần đồ thị bên trục Ox Do để đồ thị hàm số y 3x 4x 12x m có điểm cực trị : � f 0 m0 � � � f 1 � �5 m � m � � � 32 m f 2 � � m �Z � m � 1; 2;3; 4 Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn D Câu 44: uuu r uuu r � k 1; 2; � Vectơ phương đường thẳng d ur 1; 2; OA ; OB Cách giải: Ta có � � � Chú ý: Với I tâm đường tròn nội tiếp ABC , ta có đẳng thức vectơ sau: � BC.x A CA.xB AB.xC �xI BC CA AB � uu r uur uur r BC y A CA yB AB yC � BC.IA CA.IB AB.IC � Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ �yI BC CA AB � � BC.z A CA.z B AB.zC �z I BC CA AB � Khi đó, xét tam giác ABO � Tâm nội tiếp tam giác I 0;1;1 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm d : x 1 y z 1 2 Chọn A Câu 45: Cách giải: Gọi M , I trung điểm DF , DE � AM DCEF Vì S điểm đối xứng với B qua DE � M trung điểm SA Suy SA DCEF SM AM DF 2 Khi VABCDSEF VADF BCE VS DCEF AB.S ADF SM S DCEF 1 � VABCDSEF 2 Chọn D Câu 46: Cách giải: Gọi M x; y điểm biểu diễn số phức z Từ giả thiết, ta có z 3i � x y suy M thuộc đường tròn C tâm I 4;3 , bán 2 kính R Khi P MA MB, với A 1;3 , B 1; 1 2 2 Ta có P MA MB 2MA.MB �2 MA MB Gọi E 0;1 trung điểm AB � ME MA2 MB AB Do P �4.MI AB mà ME �CE suy P �4 5 2 200 Với C giao điểm đường thẳng EI với đường tròn C �MA MB � M 6; � a b 10 Vậy P �10 Dấu " " xảy � �M �C Chọn A Câu 47: Cách giải: Dễ thấy � AB�� C ; MNP � AB�� C ; MNCB 1800 � AB�� C ; A� B�� C � MNBC ; A� B�� C 1800 � A� BC ; ABC � MNBC ; ABC �� A� BC ; ABC � A� P;AP A PA arctan Ta có � � arctan , với S điểm đối MNBC ; ABC � SP;AP SPA Và � , SA AA� xứng với A qua A� � 13 � AB�� C ; MNP cos � 180 arctan arctan � Suy cos � 3 � 65 � Chọn B Câu 48: Cách giải: Chọn B Câu 49 Phương pháp: +) Xếp số học sinh lớp 12C trước, tạo khoảng trống, sau xếp học sinh lớp 12A 12B vào vị trí trống +) Tính số phần tử khơng gian mẫu số kết thuận lợi biến cố, sau tính xác suất biến cố Cách giải: Kí hiệu học sinh lớp 12A, 12B, 12C A, B, C Số cách xếp 10 học sinh thành hành ngang 10! (cách) � 10! Ta xếp học sinh lớp 12C trước TH1: C C C C C (quy ước vị trí – vị trí trống), đổi chỗ học sinh cho ta có 5! Cách xếp Xếp học sinh lại vào vị trí trống ta có 5! cách xếp Vậy trường hợp có 5!.5! cách TH2: C C C C C , tương tự trường hợp ta có 5!.5! cách TH3: C C C C C , đổi chỗ học sinh cho ta có 5! Cách xếp Ta có vị trí trống liền nhau, chọn học sinh lớp 12A học sinh lớp 12B để xếp vào vị trí trống đó, học sinh đổi chỗ cho nên có C12 C13 2! 2.3.2 12 cách Xếp học sinh lại vào chỗ trống có 3! Cách Vậy trường hợp 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, có cách xếp giống trường hợp Vậy có tất 5!.5!.2 + 4.5!.12.3! = 63360 (cách) Gọi T biến cố “Xếp 10 học sinh thành hàng ngang cho khơng có học sinh lớp đứng cạnh nhau” � A 63360 Vậy xác suất biến cố T P T 63360 11 10! 630 Chọn A Câu 50: Cách giải: 1 � u f x � du f � x dx � � 3 x f x d x x f x x3 f � � , x dx Đặt � � � � dv x dx � vx � 0 1 x f� x f� x3 f � x dx � � x dx 1 � � x dx Suy f 1 � 3 0 1 0 � x3 f � f� dx x � x dx � � x � x 7x3 � Khi � �f � �dx � �f � � 7 Vậy f � x x � f x x C mà f 1 � f x x � Chọn A f x dx � ...Chọn B Câu Cách giải: Số tập gồm phần tử M C10 Chọn C Câu Cách giải: Cơng thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy B chi u cao h V Bh Chọn A Câu Cách giải: Quan sát bảng biến... đạt cực đại điểm x Chọn D Câu Cách giải: Ta có: log a 3log Chọn C Câu Cách giải: Ta có: 3x � 1 dx x x C Chọn D Câu 10 Cách giải: Khi chi u điểm A 3; 1;1 lên mặt phẳng ... 0; 1;1 Chọn B Câu 11 Cách giải: Quan sát đồ thị hàm số ta thấy dạng đồ thị hàm bậc bốn trùng phương với hệ số a âm Vậy có đáp án A thỏa mãn Chọn A Câu 12 Cách giải: r Véc tơ phương d u