GIẢI CHI TIẾT Đề thi minh họa môn Toán THPT Quốc Gia năm 2018

Như các bạn đã biết, sáng hôm qua Bộ GDĐT đã chính thức đưa ra đề thi minh họa môn Toán. Admin xin gửi tới các bạn lời GIẢI CHI TIẾT Đề thi minh họa môn Toán THPT Quốc Gia năm 2018. Chắc hẳn các bạn đã thử sức với đề thi nóng hổi này rồi đúng không? Các bạn đã chinh phục được bao nhiêu trên tổng số 50 câu hỏi. Admin tin rằng các bạn cũng đã có thể rút ra được kinh nghiệm cũng như vạch ra kế hoạch học tập mới cho bản thân. Những gì các bạn cần phải bồi đắp thêm, những gì cần phải giữ vững, các bạn đều đã có thể nắm bắt được. Người cầm quân giỏi là người biết tận dụng thời thế, lực lượng và có một chiến lược hoàn hảo. Vậy tại sao lại không hoạch địch bản lược đồ chinh phục kỳ thi quốc gia 2018 một cách chi tiết và cụ thể hơn.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THAM KHẢO Câu KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2018 Bài thi: Toán Thời gian làm bài: 90 phút Điểm M hình vẽ bên điểm biểu diễn số phức A z  2  i B z   2i C z   i Lời giải D z   2i Chọn A Điểm M  2;1 điểm biểu diễn số phức z  2  i Câu x2 x  x  A  lim B C D 3 Lời giải Chọn B x2 x 1 lim  lim x  x  x  1 x 1 Câu Cho tập hợp M có 10 phần tử Số tập gồm phần tử M A A108 B A102 C C102 D 102 Lời giải Chọn C Số tập gồm phần tử M tổ hợp chập 10 phần tử: C102 Câu Thể tích khối chóp có chiều cao h diện tích đáy B 1 A V  Bh B V  Bh C V  Bh D V  Bh Lời giải Chọn A Câu Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com x y' –∞ -2 + – +∞ + – y –∞ -1 –∞ Hàm số y  f  x  nghịch biến khoảng đây? A  2;0  B  ;   C  0;  D  0;    Lời giải Chọn A Dựa vào bảng biến thiên ta có: Hàm số nghịch biến 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 công thức b A V    f  x dx a b b b a a a B V  2  f  x dx C V    f  x dx D V    f  x dx Lời giải Chọn A Thể tích khối tròn xoay tạo thành quay D quanh trục hồnh tính theo cơng thức b V    f  x dx a Câu Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Hàm số đạt cực đại điểm A x  B x  C x  D x  Lời giải Chọn D Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: Hàm số đạt cực đại x  Câu Với a số thực dương bất kì, mệnh đề sau đúng? A log  3a   3log a B log a3  log a C log a  3log a Lời giải Chọn Ta có: C Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com D log  3a   log a + log a  3log a + log  3a   log  log a Câu Họ nguyên hàm hàm số f  x   3x  A x  C B x3  xC C 6x  C D x  x  C Lời giải Chọn D Ta có:  f  x  dx    x  1 dx  x  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;  B N  0;  1;1 C P  0;  1;  D Q  0; 0;1 Lời giải Chọn B Hình chiếu A  3;  1;1 lên mặt phẳng  Oyz  điểm N  0;  1;1 Câu 11 Đường cong hình bên đồ thị hàm số đây? A y   x  x  B y  x  x  C y  x3  3x  D y   x3  3x  Lời giải Chọn A Dựa vào dạng đồ thị ta loại B, C dạng đồ thị hàm trùng phương Nhánh sau xuống nên ta có hệ số a  Câu 12 Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : phương  A u1   1; 2;1  B u2   2;1;0  x  y 1 z   Đường thẳng d có vectơ 1  C u3   2;1;1  D u4   1; 2;0  Lời giải Chọn A  x  x0 y  y0 z  z0   có vectơ phương u   a; b; c  a b c  x  y 1 z Suy đường thẳng d :   có vectơ phương u1   1; 2;1 1 Đường thẳng d : Câu 13 Tập nghiệm bất phương trình 22 x  x Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com A  0;6  B  ;6  C  0;64  D  6;   Lời giải Chọn B Ta có: 2x  x   22 x  64.2 x  x  x  64    x  64  26  x   S   ;6  Câu 14 Cho hình nón có diện tích xung quanh 3 a bán kính đáy a Độ dài đường sinh hình nón cho 3a A 2a B 3a C 2a D Lời giải Chọn B Ta có: S xq   rl  3 a   a.l  3 a  l  3a Câu 15 Trong không gian Oxyz ,cho ba điểm M  2;0;0  , N  0; 1;0  P  0;0;  Mặt phẳng  MNP  có phương trình x y z A   0 1 Chọn B x y z x y z C       1 1 2 Lời giải D x y z    1 D Áp dụng cơng thức phương trình đoạn chắn ta suy mặt phẳng  MNP  có phương trình x y z   1 1 Câu 16 Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng? A y  x  3x  x 1 B y  x2 x2  C y  x  D y  x x 1 Lời giải Chọn D * lim x 1 x - 3x + = -1 nên đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng x -1 x2 y  x  mẫu vơ nghiệm khơng có mẫu nên đồ thị hàm số khơng có tiệm x2  cận đứng x x * Ta có: lim    lim    nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  1 x  1 x  x  1 x  * y Câu 17 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com Số nghiệm phương trình f  x    A C Lời giải B D Chọn D Ta có : f  x     f  x   1 Khi số nghiệm phương trình 1 số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  đường thẳng y  Dựa vào bảng biến thiên ta có : số giao điểm hai đồ thị Vậy phương trình f  x    có nghiệm Câu 18 Giá trị lớn hàm số f  x   x  x  đoạn  2;3 A 50 B C Lời giải D 122 Chọn A Xét hàm số f  x   x  x  đoạn  2;3  x    2;3  Ta có: f   x   x3  x  f   x     x    2;3   x     2;3 f  0  , f    f     , f  2  , f  3  50 Vậy giá trị lớn hàm số 50 x  Câu 19 Tích phân dx  x3 A 16 225 Chọn B log D 15 C Ta có: C ln Lời giải dx 0 x   ln x   ln  ln  ln Câu 20 Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z  z   Giá trị biểu thức z1  z2 A Chọn B C Lời giải D D 2 Ta có    12  8  8i Các nghiệm phương trình z = + i , z2 = i 2 2 2 2 ổ ửữ ổỗ ửữ ổ ửữ ổỗ 2ử ỗ ỗ Do ú z + z = ỗ ữữ + ỗỗ ữữ + ỗ ữữ + ỗỗ- ữữữ = ốỗ ứ ỗố ữứ ốỗ ứ ỗố ứữ Su tm - https://blogtoanhoc.com 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 A ' C ' A a B a C a D a Lời giải Chọn B Ta có BD  AC (do ABCD hình vng) BD  AA ' (do ABCD hình lập phương)  BD   ACC ' A '  Gọi O, O ' tâm hai hình vuông ABCD, A ' B ' C ' D ' Khi OO '  A ' C ' OO  BD nên OO ' đoạn vuông góc chung BD A ' C '  d  BD, A ' C '  OO '  a Câu 22 Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0, 4% / tháng Biết không rút tiền khỏi ngân hàng sau 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 tiền đây, khoảng thời gian người khơng rút tiền lãi suất không thay đổi? A 102.120.000 đồng B 102.423.000 đồng C 102.016.000 đồng D 102.017.000 đồng Lời giải Chọn B Với cách tính tốn lãi kép với cơng thức tính: C  A 1  r  N Với A  100.106 đồng, r  0, 4%  0,004 , N   C  100.106 1,004   102.424.128 đồng Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com 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 A B C D 22 11 11 11 Lời giải Chọn C Số phần tử không gian mẫu là: n     C112  55 Số cách chọn cầu màu: C52  C62  25 Xác suất để cầu chọn màu là: P  25  55 11 Câu 24 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  1; 2;1 B  2;1;  Mặt phẳng qua A vng góc với AB có phương trình A 3x  y  z   B 3x  y  z   C x  y  z   D x  y  z   Lời giải Chọn B Mặt phẳng  P  qua A  1; 2;1 vng góc với AB nên có vectơ pháp tuyến  AB   3;  1;  1 Do mặt phẳng  P  có phương trình là:  x  1  1 y    1 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 đây) S M D A B C Tang góc BM ( ABCD) A B C Lời giải Chọn D Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com D S M I A N O D C B Gọi O tâm đáy, I giao BM SO , hình chóp S ABCD nên SO   ABCD  , gọi N hình chiếu M lên BD , dễ thấy MN // SO nên N hình chiếu M lên      IBO  ,  ABCD   MBN ( ABCD) Vậy BM Ta có tam giác SBD vng cân S (vì SB  SD  a , BD  a ) nên SO  a 2 a Vì I trọng tâm tam giác SBD nên IO  SO  a   IO   Vậy tan IBO BO a Câu 26 Với n số nguyên dương thỏa mãn Cn1  Cn2  55 Số hạng không chứa x khai triển n 2  biểu thức  x   x   A 322560 B 3360 Chọn D Điều kiện n  * Phương trình Cn1  Cn2  55  C 80640 Lời giải D 13440 n  n  1 n! n!  55   55  n  1! n  1 ! 2! n   !  n  n  110   n  10 10 2  Khai triển trở thành  x   x   2k  C10k 2k x305 k Để số hạng không 2k x 6 chứa x k  Vậy số hạng cần tìm C10  13440 Ta có số hạng tổng quát khai triển: Tk 1  C10k x 310  k  Câu 27 Tổng giá trị tất nghiệm phương trình log x.log x.log 27 x.log81 x  Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com A 82 B 80 C D Lời giải Chọn A Điều kiện x  Ta có phương trình cho trương đương với 2 4 log x.log 32 x.log 33 x.log 34 x    log3 x     log3 x   16 24 x 9  log x  2   x   Cả hai nghiệm thỏa điều kiện x  nên tổng nghiệm phương trình cho 82 Câu 28 Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc với OA  OB  OC Gọi M trung điểm BC (tham khảo hình vẽ bên) Góc hai đường thẳng OM AB A 90o B 30o C 60o D 45o Lời giải Chọn C Giả sử OA  OB  OC  a Gọi N trung điểm AC Ta có MN đường trung bình tam giác ABC nên MN || AB MN        , AB  OM , MN Do OM Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com a AB  2 Xét tam giác OAC OBC vuông cân O có ON , OM trung tuyến nên ON  OM  a AC  2    , MN  60o Như tam giác OMN có ba cạnh nên tam giác đều, từ OM Câu 29 Trong khơng Oxyz , gian cho hai đường thẳng d1 : x 3 y 3 z    , 1 2 x  y 1 z    mặt phẳng  P  : x  y  z   Đường thẳng vuông góc với 3  P  , cắt d1 d có phương trình d2 : x 1 y  z x  y  z 1 B     3 x 3 y 3 z  x 1 y  z C D     3 Lời giải A Chọn A Viết lại phương trình x   t  x   3t    d1 :  y   2t , d :  y  1  2t  , t , t     z  2  t  z   t   A d1 d2 B Giả sử đường thẳng cần tìm  cắt hai đường thẳng d1 d A   t ;3  2t ; 2  t  B   3t ; 1  2t ;  t   Một vectơ phương    u  AB    3t   t ; 4  2t   2t;  t   t  P  Một vectơ pháp tuyến  P  nP  1; 2;3   Vì    P  nên u phương với nP hay 2  3t   t  k 3t  t k  2 t      4  2t   2t  2k  2t  2t 2k   t  4  t   t  3k t  t 3k  4 k      x 1 y 1 z   , đáp án A Suy A 1; 1;0  , B  2;1;3 , u  1; 2;3 ,  : Câu 30 Có giá trị nguyên âm tham số m để hàm số y  x3  mx  đồng biến x5 khoảng  0;   ? A B Chọn D Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com C Lời giải D Ta có y  x  m  , x   0;   x6 Hàm số đồng biến khoảng  0;    y  0, x   0;    m  x    , x   0;    m   x   (*) 0;    x  x  1  x  x  x   4 x x x  x x x Mà x  Do từ (*) suy  m   m  4 Vậy có giá trị nguyên âm m 1; 2; 3; 4 thỏa mãn yêu cầu toán Câu 31 Cho  H  hình phẳng giới hạn parabol y  x , cung tròn có phương trình y   x (với  x  ) trục hồnh (phần tơ đậm hình vẽ) Diện tích hình  H  A 4  12 C 4   Chọn 4  B  2 Lời giải D B x   x  3x  x    x  (do  x  ) Phương trình hồnh độ giao điểm: Khi S   x dx    x dx  I  J Tính I   3x3 3 x dx   3 2 J    x dx : Tính Đặt x  2sin t  dx  cos t dt   Khi    2  4sin t cos t dt   cos t dt   1  cos 2t  dt   t  sin 2t        J   Vậy S  2 6 2 4     (đvdt) 3 Câu 32 Biết     x   t    x   t     x  1 P  abc A P  24 dx  a  b c x  x x 1 B P  12 Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com với a, b, c số nguyên dương Tính C P  18 Lời giải D P  46 Chọn Ta có D  x  1 Do   x  1 1  x  x x 1 x  x  1  x 1  x   x 1  x x  x  1  1  x x 1 2   12 dx     dx  d x x x           1  x  x x 1  x x 1    x  x 1   a  32      32  12  Suy b  12 nên P  a  b  c  32  12   46 c   Câu 33 Cho tứ diện ABCD có cạnh Tính diện tích xung quanh S xq hình trụ có đường tròn đáy đường tròn nội tiếp tam giác BCD chiều cao chiều cao tứ diện ABCD A S xq  16 2 B S xq  16 2 C S xq  16 2 D S xq  16 2 Lời giải Chọn A Gọi E , F trung điểm cạnh DC , BC Do BCD tam giác đều, nên BE , DF đường cao, đường phân giác BCD Các mặt bên tam giác BE  CF   H  AH Gọi đường cao tứ diện 2 3 AH  AB  BH      3  2 Đường tròn nội tiếp BCD có bán kính r  HE  3 AE   2.3 Diện tích xung quanh hình trụ là: S xq  2 rh  2 16 2   3 Câu 34 Có giá trị nguyên dương tham số m để phương trình 16 x  2.12 x   m   x  có nghiệm dương? A B Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com D C Lời giải Chọn B x Ta có: 16  2.12 x   m   x  (1) 2x x 4 4         m    3 3 x 4 Đặt    t , phương trình trở thành: t  2t   m    (2) 3 Để phương trình (1) có nghiệm dương phương trình (2) có nghiệm t  t  2t   m      t  1   m Do t  nên  m   m    m   m  1; 2 Vậy có giá trị m thỏa mãn Câu 35 Có giá trị nguyên tham số m để phương trình nghiệm thực? A B m  3 m  3sin x  sin x có C D Lời giải Chọn A m  3 m  3sin x  sin x  m  3 m  3sin x  sin x  m  3sin x  3 m  3sin x  sin x  3sin x 1 Xét hàm số f  t   t  3t Ta có f   t   3t   0t   Do hàm số f  t  đồng biến  1  f   m  3sin x  f  sin x   m  3sin x  sin x  sin x  3sin x  m Đặt sin x  t  t   1;1 Ta phương trình t  3t  m Đặt g  t   t  3t  t   1;1 Ta có g   t   3t  3; g   t    t  1 BBT Vậy để phương trình có nghiệm m   2; 2 Vậy chọn A Câu 36 Gọi S tập hợp tất giá trị tham số thực m cho giá trị lớn hàm số y  x  x  m đoạn  0; 2 Số phần tử S A B C D Lời giải Chọn B Xét hàm số f  x   x3  x  m  x   0; 2 Ta có f   x   x  3; f   x    x  1 Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com BBT Suy GTLN hàm số y  x  x  m đoạn  0; 2 M  Max  m  , m   m   m  1 m2 3 Do    m    m    m  5 Với m  M  Max   ,    (TM) Với m  1 M  Max  1  , 1    (TM) Với m  M  Max   ,    (KTM) Với m  5 M  Max  5  , 5    (KTM) Vậy S  1;1 Chọn B 1  2 Câu 37 Cho hàm số f ( x ) xác định  \   thỏa mãn f ( x)  , f (0)  f (1)  2x 1 Giá trị biểu thức f ( 1)  f (3) A  ln B  ln15 C  ln15 D ln15 Lời giải Chọn C • Trên khoảng  ;   : f ( x)  1  2  Lại có f (1)   C1   x  dx  ln(2 x  1)  C 1  2  Lại có f (0)   C2   x  dx  ln(1  x)  C • Trên khoảng  ;  : f ( x)  2  ln(2 x  1)  x  Vậy f ( x)   ln(1  x)  x   Suy f ( 1)  f (3)   ln15 Câu 38 Cho số phức z  a  bi ( a, b   ) thỏa mãn z   i  z (1  i )  P  a  b A P  1 B P  5 C P  Lời giải Chọn D Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com D P  z  Tính Đặt m  z  a  b , ta có m   m  a   m  b  a  z   i  z (1  i)   a   m  (b   m)i     b   m  m  a  Kết hợp điều ta có phương trình:  a  1 a  (a  1)  a    a  Với a  1: b  0, m  (loại m  ) Với a  : b  4, m  (nhận) Vậy P  a  b    Câu 39 Cho hàm số y  f  x  Hàm số y  f   x  có đồ thị hình vẽ Hàm số y  f   x  đồng biến khoảng A 1;3 B  2;    C  2;1 D  ;   Lời giải Chọn C  x  1 Dựa vào đồ thị 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  f   x     f    x     x  1 x    1   x   2  x  Câu 40 Cho hàm số y  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 A B C Lời giải Chọn C Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com D Gọi đường thẳng qua A  a;1 có hệ số góc k y  k  x  a   Đường thẳng tiếp  x   x 1  k  x  a  1  tuyến hệ hệ phương trình sau có nghiệm  Thay k   k   x  1 phương trình hai vào phương trình hệ ta có: x  ax      x   x  1  a  x   x  1  2x  6x   a  (*) x   x  1 Để có tiếp tuyến qua A phương trình (*)phải có nghiệm kép hay     2a   a  có hai nghiệm phân biệt có có nghiệm     9   2a  a     a 1    2    a  a  a  Vậy tổng phần tử S   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 ¹ ? B A C D Lời giải Chọn A Gọi phương trình mặt phẳng cần tìm x y z + + = Do M (1;1; 2) thuộc mặt phẳng nên a b c 1 + + = (*) Mặt khác, ta có A( a; 0; 0) , B (0; b;0) , C (0;0; c) nên từ OA = OB = OC ¹ a b c Suy a = b = c = a > từ ( a; b; c ) nhận số sau (a; a; a ) ; (-a; a; a ) ; (a; -a; a ) ; (a; a; -a ) ; (-a; -a; a ) ; (-a; a; -a ) ; (a; -a; -a ) ; (-a; -a; -a ) có sơ ứng với kết hợp với (*) ta có thỏa mãn (a; a; a ) , (-a; a; a ) , (a; -a; a ) ứng với cho ta mặt phẳng 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 Lời giải D 290 Chọn B Từ điều kiện un 1  2un , n  ta có  un  cấp số nhân với công bội q  Do u10  29 u1 Ta có log u1   log u1  log u10  log u10  log u1   log u1  log  29 u1   log  29 u1  Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com  log u1   log u1  18log  log u1  18log  log u1   m  log u1  m  log u1  m  18 log  log u1  m  2 2  m  log u1  log u1  2m.log u1  m log u1   m  2 log u1   2m  1 log u1  m  m   log u1   m 10    log u1   m   log u1   m    18log  log 18  u1  17 2  log u   m  1   2n 18.5 17 n 18   5100  2n 18  599  n  18  99 log  247.871 Ta có un  2n 1 u1  2n 1 Nên un  5100 Vậy giá trị nhỏ n thỏa mãn là: n  248 Câu 43 Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y  x  x  12 x  m có điểm cực trị? A B C Lời giải D Chọn D Xét hàm số y  x  x3  12 x  m có y  12 x3  12 x  24 x  x1   y1  32  m Ta có y    x2  1  y2  5  m  x3   y3  m Bảng biến thiên: Dựa vào BBT để đồ thị hàm số y  x  x  12 x  m có điểm cực trị m    m  Với m nguyên nên ta có m  1; 2;3; 4  5  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 3 đường tròn nội tiếp tam giác OAB vng góc với mặt phẳng  OAB  có phương trình là: Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com x 1 y  z 1 x 1 y  z      B 2 2 11 x y z y z x 3 3 9 2 C D 2 2 2 Lời giải Chọn A    8  Ta có OA   2; 2;1 , OB    ; ;   OA  3, OB   3 3    n  OA,OB   1; 2;  A Gọi D  x; y; z  chân đường phân giác hạ từ O đến AB  DA AO 3  Ta có    AD   BD DB BO 4  3 8  x     x   x       3 4  12  12 12   y     y    y   D  0; ;  4 3   7  12   3 8 z 1    z    z  4 3  O I B D A   8 20  20  BD   ; ;    BD   21 27  Gọi I  x; y; z  tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC  x   x  x    IO OB 7  7 12   Ta có    OI   DI   y    y     y   I  0;1;1 ID BD 5 7   z   7 12  z    z   5 7    đường thẳng cần tìm qua I  0;1;1 có véc tơ phương u  1; 2;  Thay tọa độ I  0;1;1 vào thỏa mãn phương trình x 1 y  z 1   2 Câu 45 Cho hai hình vng ABCD ABEF có cạnh , 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 A B C D 12 Lời giải Chọn D Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com S F E A B D C Gọi  H  khối đa diện ABCDSEF ta có V H   VADF BCE  VS CDFE * Vì ADF BCE hình lăng trụ đứng có đáy tam giác vng cân nên ta có: VADF BCE  AB.S BCE  * Vì tứ giác CDFE hình chữ nhật S điểm đối xứng với B qua đường thẳng DE nên ta có: 1 1 VS CDFE  2VS CDE  2.VB.CDE  2.VD BCE  CD.S BCE  .1  3 1 * V H   VADF BCE  VS CDFE    Câu 46 Xét số phức z  a  bi  a, b    thỏa mãn z   3i  Tính P  a  b z   3i  z   i đạt giá trị lớn A P  10 Chọn Cách C P  Lời giải B P  D P  A Ta có z   3i    a     b  3   a  b  8a  6b  20  2  a  b  8a  6b  20 Mặt khác M  z   3i  z   i   a  1   b  3 2   a  1   b  1 2 2 Suy M   a  1   b  3   a  1   b  1       a  b   4b  12   16a  12b  40  4b  12   16a  8b  28    4a  b   M2 M2  4a  b     4a  b 8 Ta có 4a  2b   a     b  3  22 Khi đó: Nên 4a  2b  22   a     b  3   4a  2b  22  10 Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com 4 2  2   a     b      M2  25  M  200  M  10 4a  2b  32 a   Vậy M max  10  2a  4b  4 b  Khi P  a  b  10 Cách  4a  2b  32  Ta có z   3i    a     b  3  2  a  sin   Đặt b  cos    Khi M  z   3i  z   i   a  1   b  3 2   a  1   b  1 2  10 sin   30  sin   cos   30 Áp dụng BĐT Bunhiacopski   M  16 sin   cos   60  8  sin   cos    60   10  sin   Nên M max  10  cos    Vậy P  a  b  10 a  sin     b  cos    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 '  MNP  A 13 65 B 13 65 C 17 13 65 Lời giải Chọn B Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com D 18 13 65 Ta có: Lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' nên tam giác ABC AP  3  Mặt khác: AA '   ABC  Gắn hệ trục tọa độ Oxyz với O  P ; tia PA trùng với tia Ox , tia PC trùng với tia Oy , tia Pz vuông góc với  ABC  Khi đó: 3  3  ;2 , N  ; ;  , A  3;0;0  , B ' 0;  3; , C' 0;  3; P  0;0;0  , M  ;    2  2   3    3  Ta có: PM  ;  ;  ; PN  ; ;  Do vecto pháp tuyến  MNP  2 2         3   n1   2 3;0;      Ta lại có: AB '  3;  3; ; AC '  3; 3; Do vecto pháp tuyến  AB ' C '        n2  4 3;0; 6   n1.n2 13 Gọi  góc tạo hai mặt phẳng  AB ' C '  MNP  Khi đó: cos      n1 n2 65 Cách khác: Mặt phẳng  MNP  mặt phẳng ( MNBC ) Dễ dàng xác định giao tuyến ( MNBC )  AB ' C ' IK ( hình vẽ )  AJ  IK Ta có    ( MNBC ), ( AB ' C ')   ( AJ , PH )  PH  IK   13 Xét hình chữ nhật AA ' JP , dùng tính chất hình phẳng ta tính cosPEA 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 ;  S2   S3  hai mặt cầu có tâm B, C bán kính Hỏi có mặt phẳng tiếp xúc với ba mặt cầu  S1  ,  S2  ,  S3  ? Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com B A C D Lời giải Chọn B Cách 1:  Gọi n   a; b; c  với a  b  c  VTPT mặt phẳng  P  tiếp xúc với ba mặt cầu   S1  ,  S2  ,  S3  ; M trung điểm BC  M 1;  1;1 ; BC   4;0;0  TH1:  P qua trung điểm M BC   P  : a  x  1  b  y  1  c  z  1  hay  P  : ax  by  cz  a  b  c  2   d  A;  P     3b  2a  3b  a  b  c Ta có:    2 2  4a  a  b  c  d  B;  P     2a  a  b  c  4a  b   1   11a  c   4a  b     2   11a  c  Hệ 1 có nghiệm, hệ   có nghiệm nghiệm khơng trùng Vậy trường hợp có mặt phẳng  P    TH2:  P  song song với BC  n.BC   a    P  : by  cz  d  2   d  A;  P     2b  c  d  b  c  d  2b  c  d  b  c  Ta có:   2  b  c  d  b  c  b  c  d   b  c  d  B;  P     d  4b  c  d  4b  c   c  8b 2        b c d b c         d  c    d c    c    2    b  c  d   b  c  b   3  4 Hệ  3 có nghiệm, hệ   có nghiệm nghiệm không trùng Vậy trường hợp có mặt phẳng  P  Vậy có tất mặt phẳng  P  Cách 2: Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com Ta có AB  AC  13, BC  4, d  A; BC   Do R1  R2  R3 nên khoảng cách từ điểm A đến  P  gấp đôi khoảng cách từ điểm B, C đến  P  Gọi M , N điểm đối xứng A qua B, C P, Q điểm cạnh AB, AC cho AP  BP, AQ  2QC Bài tốn quy tìm mặt phẳng  P  mặt phẳng qua MN , MQ, NP, PQ cho d  A;  P    xong TH1: Ta có d  A; PQ   nên có mặt phẳng  P  qua PQ cho d  A;  P    TH2: d  A; MN  , d  A; MQ  ; d  A; NP  lớn nên trường hợp có hai mặt phẳng qua cạnh MN , MQ, NP cho khoảng cách từ A đến Vậy có tất mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu 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 khơng có học sinh lớp đứng cạnh 11 1 A B C D 630 126 105 42 Lời giải Chọn A Không gian mẫu: Xếp 10 học sinh thành hàng ngang    10! cách xếp Gọi A biến cố: “để 10 học sinh khơng có học sinh lớp đứng cạnh nhau” Ta có cách xếp sau: - Đầu tiên xếp học sinh lớp 12C , có 5! cách xếp - Khi đó, học sinh lớp 12C có tất chỗ trống (gồm chỗ trống chỗ trống trước, sau) Do học sinh lớp 12C đứng gần nên buộc phải có người (của lớp 12A 12B ) - Ta xét hai trường hợp sau : Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com + TH1 : Có học sinh A B phía ngồi (trước hàng sau hàng), học sinh lại xếp vào chỗ trống bạn C , có 2.5! cách xếp A C B C A C B C B C + TH2 : có cặp học sinh A B vào chỗ trống, học sinh lại xếp vào vị trí lại, có 2.3.2.4.3! cách xếp C AB C A C B C B C - Vậy A  5! 2.5! 2.3.2.4.3! P  A  A   5! 2.5! 2.3.2.4.3! 11  10! 630 Câu 50 Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục đoạn  0;1 thỏa mãn f 1  ,   f   x   dx  1  x f  x  dx  Tính  f  x dx A B C D Lời giải Chọn A 1  x f  x  dx  Xét du  f   x  dx u  f  x   Đặt   x3 dv  x dx v   1 1 1   x f  x  dx  x3 f  x    x3 f   x  dx    x3 f   x  dx ( f 1  ) 30 30 0 1 0   x3 f   x  dx  3 x f  x  dx  1 1    f   x   dx  0  Ta lại có   14 x3 f   x  dx  14 0 1   49 x dx  x   1 0    f   x   dx   14 x f   x  dx   49 x dx  0    f   x   x3  dx  Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com   f   x   x  dx  Mà Nên đẳng thức xãy khi f   x   x   f   x   7 x  f  x   x4 C Ta có f 1   C  7  f  x   1  x  4 7 x5  7 1   f  x dx   1  x dx   x    1    40 4 0 4 5 1 -HẾT - Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com ... a ) ; (-a; a; a ) ; (a; -a; a ) ; (a; a; -a ) ; (-a; -a; a ) ; (-a; a; -a ) ; (a; -a; -a ) ; (-a; -a; -a ) có sơ ứng với kết hợp với (*) ta có thỏa mãn (a; a; a ) , (-a; a; a ) , (a; -a; a )... D Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com D S M I A N O D C B Gọi O tâm đáy, I giao BM SO , hình chóp S ABCD nên SO   ABCD  , gọi N hình chi u M lên BD , dễ thấy MN // SO nên N hình chi u M lên... bảng biến thi n sau Sưu tầm - https://blogtoanhoc.com Số nghiệm phương trình f  x    A C Lời giải B D Chọn D Ta có : f  x     f  x   1 Khi số nghiệm phương trình 1 số giao điểm