Hướng dẫn giải chi tiết đề tham khảo môn Toán 2018 của BGDDT

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THƠNG QUỐC GIA 2018 Bài thi : TỐN Thời gian làm : 90 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ THI THAM KHẢO (Đề thi gồm có 06 trang) HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT (Soạn NMHIEUPDP) Câu Điểm M hình vẽ điểm biểu diễn số phức A z = −2 + i B z = − 2i C z = + i y M D z = + 2i x −2 Lời giải Chọn phương án A Điểm M(−2; 1) biểu diễn cho số phức z = −2 + i x−2 x→+∞ x + B C A − Lời giải Chọn phương án B x − 2x − 2x x−2 lim = lim = lim = x→+∞ x + x→+∞ x + x→+∞ + x x Câu lim D −3 Câu Cho tập hợp M có 10 phần tử Số tập gồm phần tử M A A810 B A210 C C10 Lời giải Chọn phương án C Theo định nghĩa tổ hợp số tập gồm phần tử M C10 D 102 Câu Thể tích khối chóp có chiều cao h diện tích đáy B 1 B V = Bh C V = Bh D V = Bh A V = Bh Lời giải Chọn phương án A Cơng thức tính thể tích khối chóp V = Bh Câu Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên sau x −∞ −2 + y 0 − y −∞ +∞ + − −1 −∞ Hàm số y = f (x) nghịch biến khoảng ? A (−2; 0) B (−∞; −2) C (0; 2) D (0; +∞) Lời giải Chọn phương án A Từ bảng biến thiên suy hàm số nghịch biến hai khoảng (−2; 0) (2; +∞) Câu Cho hàm số y = f (x) liên tục đoạn [a; b] Gọi D hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y = f (x), trục hoành hai đường thẳng x = a, x = b (a < b) Thể tích khối tròn xoay tạo thành quay D quanh trục hồnh tính theo cơng thức b b A V = π f (x)dx a b B V = 2π f (x)dx C V a f (x)dx a b = π2 D V = π2 f (x)dx a Lời giải Chọn phương án A b f (x)dx Cơng thức tính thể tích khối tròn xoay tạo thành quay D quanh trục hoành V = π a Câu Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên sau x −∞ − y y +∞ + +∞ − −∞ Hàm số đạt cực đại điểm A x = B x = C x = Lời giải Chọn phương án D Từ bảng bảng thiên dễ thấy hàm số đạt cực đại x = Câu Với a số thực dương bất kỳ, mệnh đề đúng? C log a3 = log a A log(3a) = log a B log a3 = log a Lời giải Chọn phương án C Theo tính chất loogarit log a3 = log a Câu Họ nguyên hàm hàm số f (x) = 3x2 + x3 C 6x +C A x3 +C B + x +C Lời giải Chọn phương án D Ta có D x = D log(3a) = log a D x3 + x +C 3x2 + dx = x3 + x +C Câu 10 Trong không gian Oxyz, cho điểm A(3; −1; 1) Hình chiếu vng góc A mặt phẳng (Oyz) điểm A M(3; 0; 0) B N(0; −1; 1) C P(0; −1; 0) D Q(0; 0; 1) Lời giải Chọn phương án B Hình chiếu vng góc M (x0 ; y0 ; z0 ) (Oyz) M (0; y0 ; z0 ) Câu 11 Đường cong hình bên đồ thị hàm số đây? A y = −x4 + 2x2 + B y = x4 − 2x2 + C y = x3 − 3x2 + D y = −x3 + 3x2 + y O x Lời giải Chọn phương án A Loại C, D đồ thị có hình dạng đồ thị hàm số trùng phương Loại B đồ thị quay xuống nên a < x−2 y−1 z Câu 12 Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : = = Đường thẳng d có −1 vectơ phương − − − − A → u1 = (−1; 2; 1) B → u2 = (2; 1; 0) C → u3 = (2; 1; 1) D → u4 = (−1; 2; 0) Lời giải Chọn phương án A − Một vectơ phương d → u1 = (−1; 2; 1) Câu 13 Tập nghiệm bất phương trình 22x < 2x+6 A (0; 6) B (−∞; 6) C (0; 64) Lời giải Chọn phương án B Ta có 22x < 2x+6 ⇔ 2x < x + ⇔ x < D (6; +∞) Câu 14 Cho hình nón có diện tích xung quanh 3πa2 bán kính đáy a Độ dài đường sinh hình nón cho √ 3a B 3a C 2a D A 2a Lời giải Chọn phương án B Sxq 3πa2 = = 3a Ta có Sxq = πrl, suy l = πr πa Câu 15 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 x y z x y z A + + = B + + = −1 −1 2 −1 x y z x y z D + + = C + + = 2 −1 Lời giải Chọn phương án D x y z Mặt phẳng (MNP) có phương trình đoạn chắn + + = −1 Câu 16 Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng ? √ x2 − 3x + x y z A y = B + + = C y = x2 − x−1 −1 Lời giải x Dễ thấy đồ thị hàm số y = có tiệm cận đứng x = −1 x+1 D y = x x+1 Câu 17 Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên sau x −∞ −1 + y − 0 + +∞ y +∞ −∞ −2 Số nghiệm phương trình f (x) − = A B C D Lời giải Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số y = f (x) cắt đường thẳng y = điểm phân biệt nên phương trình f (x) − = có nghiệm Câu 18 Giá trị lớn hàm số f (x) = x4 − 4x2 + đoạn [−2; 3] A 50 B C D 122 Lời giải Chọn phương án A x=0 √ Ta có f (x) = 4x3 − 8x; f (x) = ⇔ x=± √ Khi f (−2) = 5; f (3) = 50; f (0) = 5; f ± = Do max f (x) = f (3) = 50 [−2;3] Câu 19 Tích phân dx x+3 16 A B log 225 Lời giải Chọn phương án B Ta có C ln dx = ln |x + 3||20 = ln x+3 3 D 15 Câu 20 Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình 4z2 − 4z + = Giá trị biểu thức |z1 | + |z√ | √ √ B C D A Lời giải √ √ √ √ 1 2 2 Ta có 4z − 4z + = ⇔ z = ± i Do |z1 | + |z2 | = + i + −i = 2 2 2 Câu 21 Cho hình lập phương ABCD.A B C D có cạnh a (tham khảo hình vẽ bên) Khoảng cách hai đường thẳng BD√và A C √ √ 3a A 3a B a C D 2a A D C B D A B C Lời giải Chọn phương án B Ta có A C //(ABCD) nên d(A C , BD) = d(A C , (ABCD)) = d(A , (ABCD)) = A A = a Câu 22 Một người gởi 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0, 4%/tháng Biết không rút tiền khỏi ngân hàng sau mối tháng, số tiền lãi nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng Hỏi sau tháng, người lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu lãi) gần với số đây, thời gian người khơng rút tiền 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 Áp dụng cơng thức lãi kép ta có T6 = T (1 + r)6 = 100(1, 004)6 ≈ 102, 424 triệu đồng Câu 23 Một hộp chứa 11 cầu gồm cầu màu xanh cầu màu đỏ Chọn ngẫu nhiên đồng thời cầu từ hộp Xác suất để cầu chọn màu B C D A 22 11 11 11 Lời giải = 55 Phép thử chọn ngẫu nhiên cầu 11 cầu nên ta có n(Ω) = C11 Gọi A biến cố "2 cầu chọn màu", ta có n(A) = C52 +C62 = 25 n(A) Vậy xác suất A P(A) = = n(Ω) 11 Câu 24 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(−1; 2; 1) B(2; 1; 0) Mặt phẳng qua A vng góc với AB có phương trình A 3x − y − z − = B 3x − y − z + = C x + 3y + z − = D x + 3y + z − = Lời giải Chọn phương án B Gọi (P) mặt phẳng cần viết phương trình − → Vì (P)⊥AB nên nhận AB = (3; −1; −1) làm vectơ pháp tuyến Do (P) có phương trình 3(x + 1) − (y − 2) − (z − 1) = ⇔ 3x − y − z + = Câu 25 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất cạnh a Gọi M trung điểm SD (tham khảo hình vẽ bên) Tang góc đường √ thẳng BM mặt√phẳng (ABCD) A B C D 3 S M B Lời giải Chọn phương án D D A C Gọi O = AC ∩ BD H trung điểm OD Ta có SO⊥(ABCD) MH//SO nên MH⊥(ABCD) Suy góc BM (ABCD) √ √là MBH √ a a 2 ⇒ MH = SO = Ta có SO = SA − AO = √ 3a MH Lại có BH = BD = , suy tan MBH = = 4 BH Câu 26 Với n số nghuyên dương thỏa mãn n biểu thức x + x A 322560 B 3360 Lời giải Chọn phương án D Với điều kiện n ∈ Z, n Cn1 + Cn2 M D A H O B C = 55, số hạng không chứa x khai triển C 80640 ta có Cn1 +Cn2 = 55 ⇔ n + S D 13440 n(n − 1) = 55 ⇔ n2 + n − 110 = ⇔ n = 10 10 10 k 10 k x3 10−k k 2k x30−5k C = = ∑ C10 ∑ 10 2 x x k=0 k=0 Số hạng không chứa x tương ứng với số hạng chứa k thỏa 30 − 5k = ⇔ k = 6 26 = 13440 Vậy số hạng không chứa x C10 Khi x3 + Câu 27 Tổng giá trị tất nghiệm phương trình log3 x log9 x log27 x log81 x = 82 80 A B C D 9 Lời giải Chọn phương án A 1 Ta có log3 x log9 x log27 x log81 x = ⇔ log3 x log3 x log3 x log3 x = 3 x = log3 x = Rút gọn (log3 x)4 = 16 ⇔ ⇔ log3 x = −2 x= 82 Vậy tổng nghiệm phương trình + = 9 Câu 28 Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc với OA = OB = A OC Gọi M trung điểm BC (tham khảo hình vẽ bên) Góc hai đường thẳng OM AB A 90◦ B 30◦ C 60◦ D 45◦ B O M C Lời giải Chọn phương án C Gọi N trung điểm AC ta có MN//AB Do góc OM AB góc OM MN Ta có OA = OB = OC OA, OB, OC đôi vng góc nên AB = BC = CA 1 Lại có OM = BC; ON = AC; MN = AB 2 Suy OM = ON = MN hay tam giác OMN đều, suy OMN = 60◦ Vậy góc OM AB 60◦ A N B O M C x−3 y−3 z+2 x−5 y+1 Câu 29 Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : = = ; d2 : = = −1 −2 −3 z−2 mặt phẳng (P) : x + 2y + 3z − = Đường thẳng vng góc với (P), cắt d1 d2 có phương trình x−1 y+1 z x−2 y−3 z−1 = = B = = 3 x−1 y+1 z x−3 y−3 z+2 = = D = = C 3 Lời giải Chọn phương án A − Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến → n = (1; 2; 3) Giả sử đường thẳng cắt d1 A d2 B Ta có A(3 − t; − 2t; −2 + t), B(5 − 3t ; −1 + 2t ; + t ) − → Suy AB = (2 + t − 3t ; −4 + 2t + 2t ; − t + t ) − → − Khi → n , AB = (20 − 8t − 4t ; + 4t − 10t ; −8 + 8t )   20 − 8t − 4t = − → → − Đường thẳng vng góc với (P) nên n , AB = ⇔ + 4t − 10t = ⇔   −8 + 8t = x−1 y+1 z Suy A(1; −1; 0) nên đường thẳng có phương trình = = A Câu 30 Có giá trị nguyên âm tham số m để hàm số y = x3 + mx − t =2 t =1 đồng biến 5x5 khoảng (0; +∞)? A B C D Lời giải Chọn phương án D Ta có y = 3x2 + m + Hàm số đồng biến khoảng (0; +∞) x 3x2 + m + x6 0, ∀x ∈ (0; +∞) ⇔ m −3x2 − , ∀x ∈ (0; +∞) x6 (1) (0; +∞) có g (x) = −6x + ; g (x) = ⇔ x = x x Lập bảng biến thiên ta có max g(x) = g(1) = −4 Xét hàm số g(x) = −3x2 − (0;∞) Do (1) ⇔ m −4 Vì m nguyên âm nên m ∈ {−4; −3; −2; −1} Vậy có giá trị nguyên âm m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 31 √ Cho (H) hình phẳng giới hạn parabol y = 3x , cung tròn có √ phương trình y = − x2 (với x 2) trục hồnh (phần gạch chéo hình √ vẽ) Diện tích (H) √ 4π + 4π − A B 12 √ √12 4π + − − 2π C D y O Lời giải Chọn phương án B √ √ Phương trình hồnh độ giao điểm 3x2 = − x2 ⇔ 3x4 + x2 − = ⇔ x = (vì 2 √ Dựa vào hình vẽ ta có S = 3x dx + − x2 dx x x 2) Dùng máy tính dò phương án B Câu 32 Biết √ √ dx √ = a − b − c với a, b, c số nguyên dương Tính P = √ (x + 1) x + x x + a + b + c A P = 24 B P = 12 Lời giải Chọn phương án D C P = 18 D P = 46 √ √ 1 1 x+1− x √ √ Ta có = √ √ = √ − √ √ √ = √ √ x (x + 1) x + x x + x x + x+1+ x x x + x+1 Do dx √ = √ (x + 1) x + x x + 1 √ − √ dx = x x+1 √ √ = x−2 x+1 2 1 x− + (x + 1)− dx √ √ √ √ = − − = 32 − 12 − Từ suy a = 32, b = 12, c = Vậy P = 32 + 12 + = 46 Câu 33 Cho tứ diện ABCD có cạnh Tính diện tích xung quanh Sxq hình trụ có đường tròn đáy√là đường tròn nội tiếp tam giác BCD chiều cao √ chiều cao tứ diện ABCD √ √ 16 3π 16 2π B Sxq = 2π C Sxq = D Sxq = 3π A Sxq = 3 Lời giải Chọn phương án A Gọi O trọng tâm BCD M trung điểm √CD √ 3 Bán kính đáy hình trụ r = OM = = √ √ √ 4 6 , suy đường sinh l = h = Chiều cao h = AO = AB2 − BO2 = 3 √ 16 2π Vậy diện tích xung quanh hình trụ Sxq = 2πrl = Câu 34 Có giá trị nguyên dương tham số m để phương trình 16x − 2.12x + (m − 2)9x = có nghiệm dương A B C D Lời giải Chọn phương án B 2x x Ta có phương trình tương đương − + m − = 3 x Đặt = t, phương trình trở thành t − 2t + m − = ⇔ m = −t + 2t + (1) Phương trình cho có nghiệm dương phương trình (1) có nghiệm lớn Xét hàm số g(t) = −t + 2t + (1; +∞) có g (t) = −2t + < 0, ∀t ∈ (1; +∞) Lập bảng biến thiên suy (1) có nghiệm (1; +∞) m < Do có giá trị nguyên dương m thỏa mãn yêu cầu toán √ Câu 35 Có giá trị nguyên tham số m để phương trình m + 3 m + sin x = sin x có nghiệm thực? A B C D Lời giải Chọn phương án A √ m + 3v = u3 (1) Đặt sin x = u m + sin x = v, với |u| 1, ta có hệ m + 3u = v3 (2) Trừ theo vế (1) (2) ta có 3v − 3u = u3 − v3 ⇔ (u − v)(u2 + uv + v2 + 3) = ⇔ u = v Với u = v thay vào (1) m + 3u = u3 ⇔ m = u3 − 3u (3) Xét hàm số g(u) = u3 − 3u [−1; 1] có g (u) = 3u2 − 0, ∀u ∈ [−1; 1] Lập bảng biến thiên suy (3) có nghiệm −2 m Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 36 Gọi S tập hợp tất giá trị tham số thực m cho giá trị lớn hàm số y = x3 − 3x + m đoạn [0; 2] Số phần tử S A B C D Lời giải Chọn phương án B Xét hàm số f (x) = x3 − 3x + m [0; 2] có f (x) = 3x2 − 3; f (x) = ⇔ x = Ta có f (0) = m; f (2) = m + 2; f (1) = m − Suy max f (x) = f (2) = m + 2; f (x) = f (1) = m − [0;2] [0;2] Do max y = max{|m + 2|; |m − 2|} [0;2] Với m 0, ta có max y = |m + 2| = m + ⇔ = m + ⇔ m = [0;2] Với m < 0, ta có max y = |m − 2| = − m ⇔ = − m ⇔ m = −1 [0;2] Vậy S = {1; −1} nên S có phần tử Câu 37 Cho hàm số f (x) xác định R\ thỏa mãn f (x) = , f (0) = f (1) = 2x − Giá trị biểu thức f (−1) + f (3) A + ln 15 B + ln 15 C + ln 15 Lời giải Chọn phương án C dx = ln |2x − 1| +C Ta có f (x) = 2x − 1 Với x > , ta có f (x) = ln(2x − 1) +C, f (1) = ⇔ C = 2 Với x < , ta có f (x) = ln(1 − 2x) +C, f (0) = ⇔ C =   ln(2x − 1) + x > Do f (x) =  ln(1 − 2x) + x < Từ suy f (−1) + f (3) = ln + + ln + = + ln 15 D ln 15 Câu 38 Cho số phức z = a + bi (a, b ∈ R) thỏa mãn z + + i − |z|(1 + i) = |z| > Tính P = a + b A P = −1 B P = −5 C P = D P = Lời giải Ta có z + + i − |z|(1 + i) = ⇔ a + bi + + i − a2 + b2 (1 + i) = a2 + b2 + b + − √ a + − a2 + b2 = (1) √ b + − a2 + b2 = (2) ⇔ a+2− ⇔ a2 + b2 i = Trừ theo vế (1) (2) a + − b − = ⇔ b = a + thay vào (1) a+2 = a2 + (a + 1)2 ⇔ a −2 a2 + 4a + = 2a2 + 2a + ⇔ a = −1 a = Với a = −1 ⇒ b = ⇒ z = −1 ⇒ |z| = (không thỏa mãn) Với a = ⇒ b = ⇒ z = + 4i ⇒ |z| = (thỏa mãn) Vậy a = 3; b = 4, suy P = Câu 39 Cho hàm số y = f (x) Hàm số y = f (x) có đồ thị hình bên Hàm số y = f (2 − x) đồng biến khoảng A (1; 3) B (2; +∞) C (−2; 1) D (−∞; −2) y −1 O Lời giải Chọn phương án C x Xét hàm số y = f (2 − x) ta có y = − f (2 − x) Hàm số đồng biến (a; b) y > 0, ∀x ∈ (a; b) ⇔ f (2 − x) < 0, ∀x ∈ (a; b) − x < −1 x>3 ⇔ Nhìn vào đồ thị ta thấy f (2 − x) < < 2−x < −2 < x < Hay hàm số y = f (2 − x) đồng biến hai khoảng (−2; 1) (3; +∞) −x + có đồ thị (C) điểm A(a; 1) Gọi S tập hợp tất giá trị thực x−1 a để có tiếp tuyến (C) qua A Tổng giá trị tất phần tử S C D A B 2 Lời giải Chọn phương án C −x0 + 1 Gọi M (x ; y ) ta có y = ; y (x ) = − Ta có y = − 0 0 (x − 1)2 x0 − (x0 − 1)2 −x0 + Phương trình tiếp tuyến (C) M y = − (x − x0 ) + x0 − (x0 − 1) Câu 40 Cho hàm số y = x0 −x0 + ⇔ (a − x ) + x0 − 2x02 + 6x0 + a + (x0 − 1)2 Để có tiếp tuyến f (x0 ) = 2x02 + 6x0 + a + có nghiệm khác f (x0 ) có nghiệm kép (1) Điều tương đương với f (x0 ) có hai nghiệm phân biệt nghiệm (2) Tiếp tuyến qua A nên ta có = − Ta có (1) ⇔ ∆=0 f (1) ⇔ −2a + = a−1 ⇔a= −2a + > ∆>0 ⇔ a = ⇔ a−1 = f (1) = 3 Suy S = 1; nên tổng phần tử S + = 2 Và (2) ⇔ Câu 41 Trong không gian Oxyz, cho điểm M(1; 1; 2) Hỏi có mặt phẳng (P) qua M cắt trục x Ox, y Oy, z Oz điểm A, B,C cho OA = OB = OC 0? A B C D Lời giải Chọn phương án A x y z Giả sử A(a; 0; 0), B(0; b; 0),C(0; 0; c) với abc 0, ta có (P) : + + = a b c 1 Mặt phẳng (P) qua M nên + + = (∗) a b c Lại có OA = OB = OC nên |a| = |b| = |c|, ta có trường hợp: 1 TH1: a = b = c, thay vào (∗) + + = ⇔ a = ⇒ (P) : x + y + z − = a a a 1 TH2: a = b = −c, thay vào (∗) + − = ⇔ = (vô lý) a a a 1 TH3: a = −b = c, thay vào (∗) − + = ⇔ a = ⇒ (P) : x − y + z − = a a a 1 TH4: a = −b = −c, thay vào (∗) − − = ⇔ a = −2 ⇒ (P) : x − y − z + = a a a Vậy có mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu toán √ Câu 42 Cho dãy số (un ) thỏa mãn log u1 + + log u1 − log u10 = log u10 un+1 = 2un với n Giá trị nhỏ n để un > 5100 A 247 B 248 C 229 D 290 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có  u210    log 2 u u u1 − log 10 = log 10 ⇔ u2 u2  u1 u1  2 − log 10 = log2 10 u1 u1 ⇔ log u2 u210 = ⇔ 10 = 10 u1 u1 (2) Từ điều kiện un+1 = 2un với n 1, ta có (un ) cấp số nhân với cơng bội q = Do cơng thức số hạng tổng quát (un ) un = u1 2n−1 Suy u10 = u1 29 thay vào (1) u1 218 = 10 ⇔ u1 = 5.2−17 Khi un = 5.2−17 2n−1 = 5.2n−18 Suy un > 5500 ⇔ 2n−18 > 599 ⇔ n > 18 + 99 log2 ≈ 247, 87 Vậy giá trị nhỏ n để un > 5500 248 Câu 43 Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y = 3x4 − 4x3 − 12x2 + m có điểm cực trị? A B C D Lời giải Chọn phương án D  x = −1 Xét hàm số f (x) = 3x4 − 4x3 − 12x2 R có f (x) = 12x3 − 12x2 − 24x; f (x) = ⇔  x = x=2 Bảng biến thiên x −∞ −1 − y 0 + +∞ +∞ − + +∞ y −5 32 Suy hàm số | f (x) + m| có cực trị đường thẳng y = −m cắt đồ thị hàm số y = f (x) điểm phân biệt Từ bảng biến thiên ta có −5 < −m < ⇔ < m < Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán 8 Câu 44 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2; 2; 1), B − ; ; Đường thẳng qua tâm 3 đường tròn nội tiếp tam giác OAB vng góc với mặt phẳng (OAB) có phương trình x+1 y−3 z+1 x+1 y−8 z−4 A = = B = = −2 −2 x + 92 y − 92 z + 59 x + 31 y − 53 z − 11 C = = D = = −2 −2 Lời giải 8 −→ −→ −→ −→ Ta có OA = (2; 2; 1), OB = − ; ; ⇒ OA, OB = (4; −8; 8) = 4(1; −2; 2) 3 − Gọi d đường thẳng cần viết phương trình ta có vectơ phương d → u = (1; −2; 2) Lại có OA = 3; OB = 4; AB = → − − → → − → − Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB, ta có OA IB + OB IA + AB IO =  OAx + OBx + ABx B A O   xI =     OA + OB + AB xI =  OAyB + OByA + AByO Từ suy yI = ⇔ yI = , suy I(0; 1; 1)   OA + OB + AB    OAz + OBz + ABz zI =  B A O zI = OA + OB + AB Tọa độ I thỏa mãn phương trình phương án A nên chọn phương án A 10 Câu 45 Cho hai hình vng ABCD ABEF có cạnh 1, nằm hai mặt phẳng vng góc với Gọi S điểm đối xứng với B qua đường thẳng DE Thể tích khối đa diện ABCDSEF 11 B A 12 Lời giải Chọn phương án D Ta có VABCDSEF = VBCE.ADF +VS.CDFE C D E F 1 = AD.AF = 2 Tam giác ADF vuuong cân A nên S ADF Do VBCE.ADF = S ADF AB = √ Lại có BCE vuông cân B nên CE = √ Tứ giác CDFE hình chữ nhật nên SCDFE = CD.CE = Ta có S đối xứng với B qua DE √ Do d(S, (CDFE)) = d(B,CDFE)) = CE = 2 1 Suy VS.CDFE = SCDFE d(S, (CDFE)) = 3 1 Vậy VABCDSEF = VBCE.ADF +VS.CDFE = + = S B A Câu 46 Xét số phức z = a + bi (a, b ∈ R) thỏa mãn |z − − 3i| = |z + − 3i| + |z − + i| đạt giá trị lớn A P = 10 B P = D C C P = √ Tính P = a + b D P = Lời giải Chọn phương án A √ Ta có |z − − 3i| = ⇔ (a − 4)2 + (b − 3)2 = ⇔ a2 + b2 = 8a + 6b − 20 Đặt T = |z + − 3i| + |z − + i| = Ta có T (a + 1)2 + (b − 3)2 + (a − 1)2 + (b + 1)2 (a + 1)2 + (b − 3)2 + (a − 1)2 + (b + 1)2 = 8(4a + 2b − 7) (1) Lại có 4a + 2b − = 4(a − 4) + 2(b − 3) + 15 20 [(a − 4)2 + (b − 3)2 ] + 15 = 25  10a − 10 = 6a + 8b − 18 a=6 Dấu (1) (2) đồng thời xảy a − b − ⇔  b=4 = Vậy P = 10 (2) Câu 47 √ Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A B C có AB = AA = Gọi M, N, P trung điểm cạnh A B , A C BC (tham khảo hình vẽ bên) Cơsin góc tạo hai mặt phẳng (AB C )√và (MNP) √ √ √ 13 13 17 13 18 13 B C D A 65 65 65 65 C N M B C P B Lời giải Chọn phương án B 11 A P A Gọi K trung điểm B C I giao điểm A K MN C Dễ thấy (AA KP) vng góc với (AB C ) (PMN) N K Do góc √ AK PI.√ √ (AB C ) (PMN) góc I 2 2 Ta có AP = AB − BP = 3; AK = AP + PK = 13; PI = √ B A PK + KI = M O Gọi O = AK ∩ PI ta có OAP ∼ OKI C OP AP OA = = = Do OK OI KI √ 2 13 P Từ suy OA = AK = ; OP = PI = 3 3 √ B A OA2 + OP2 − AP2 13 −→ −→ Trong OAP có cos OA, OP = = 2OA.OP √ 65 13 Vậy cơsin góc tạo (AB C ) (MNP) 65 Câu 48 Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(1; 2; 1), B(3; −1; 1) C(−1; −1; 1) Gọi (S1 ) mặt cầu có tâm A, bán kính 2; (S2 ) (S3 ) hai mặt cầu có tâm B,C bán kính Hỏi có mặt phẳng tiếp xúc với ba mặt cầu (S1 ) , (S2 ) , (S3 )? A B C D Lời giải Chọn phương án B Giả sử(P) : ax + by + cz + d = (a2 + b2 + c2 > 0)√là mặt phẳng tiếp xúc với ba mặt cầu 2   d(A, (P)) = |a + 2b + c + d| = 2√ a + b + c (1) Ta có d(B, (P)) = ⇔ |3a − b + c + d| = a2 + b2 + c2 (2) √     2 d(C, (P)) = | − a − b + c + d| = a + b + c (3) a=0 Từ (2) (3) ta có |3a − b + c + d| = | − a − b + c + d| ⇔ a−b+c+d = Với a = ta có  √ √ b2 + c2 |2b + c + d| =   |2b + c + d| = b2 + c2 c = d =√0, b ⇔ ⇔ c+d = c = ±2 2b, c + d = 4b  |2b + c + d| = 2| − b + c + d|  c + d = 4b Do trường hợp có mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu toán Với a − b + c + d = ta có √ |3b| = a2 + b2 + c2 |3b| = |4a| √ √ ⇔ ⇔ |2a| = a2 + b2 + c2 |2a| = a2 + b2 + c2 |3b| = |4a| √ |3c| = 11|a| Do trường hợp có mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu toán Vậy có tất mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu toán Câu 49 Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B học sinh lớp 12C thành hàng ngang Xác suất để 10 học sinh học sinh lớp đứng cạnh 11 1 A B C D 630 126 105 42 Lời giải Chọn phương án A Đánh số vị trí đứng từ đến 10 Có hai khả xảy ra: TH1: Các học sinh lớp 12C đứng cách vị trí Lúc học sinh lớp 12C đứng vị trí số lẻ vị trí số chẵn đổi vị trí cho nên có × 5! cách; học sinh lại đứng vào vị trí lại có 5! cách Suy trường hợp có × 5! × 5! = 28800 cách TH2: Có học sinh 12C đứng cách hai vị trí Lúc hai học sinh đứng cặp vị trí (1; 4), (3; 6), (5; 8), (7; 10) nên có cách; học sinh 12C đổi vị trí cho có 5! cách; 12 hai học sinh 12C đứng cách vị trí phải xếp vào học sinh 12A học sinh 12B nên có C21 × C31 × 2! cách; học sinh lại đứng vào vị trí lại có 3! cách Suy trường hợp có × 5! ×C21 ×C31 × 2! × 3! = 34560 cách Do số cách xếp để khơng có học sinh lớp đứng cạnh 28800 + 34560 = 63360 63360 11 Vậy xác suất để khơng có học sinh lớp đứng cạnh P = = 10! 630 Câu 50 Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục đoạn [0; 1] thỏa mãn f (1) = 0, f (x) dx = 1 x2 f (x)dx = Tích phân f (x)dx 7 B C A Lời giải Chọn phương án  A du = f (x)dx u = f (x) Đặt ⇒ v = x dv = x2 dx 1 x3 f (x) 1 Ta có x f (x)dx = x3 f (x)dx = − − 3 0 Theo giả thiết có − 1 x3 f (x)dx = D x3 f (x)dx 1 ⇔ x3 f (x)dx = −1 f (x) + kx3 dx = Do ta cần tìm k cho I = 1 Ta có I = f (x) dx + 2k x f (x)dx + k k x7 x dx = − 2k + k2 = − 2k + ⇔ k = 7 7x4 Khi f (x) = −7x3 ⇒ f (x) = − +C Lại có f (1) = nên C = 4 1 7 x4 − dx = Vậy f (x)dx = − 0 13