2018-DE-HDG-THPTQG-MA101

Câu [1D2-1] Có cách chọn hai học sinh từ nhóm gồm 34 học sinh? B A34 34 A D C34 C 34 Lời giải Đáp án D Mỗi cách chọn hai học sinh từ nhóm gồm 34 học sinh tổ hợp chập 34 phần tử nên số cách chọn C34 Câu [2H3-1] Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) : x + y + z − = có véc-tơ pháp tuyến A ur n1 = ( 3; 2;1) B uu r n3 = ( −1; 2; 3) uu r n4 = ( 1; 2; − 3) C Lời giải Đáp án D D uu r n2 = ( 1; 2; 3) uu r Một véc-tơ pháp tuyến mặt phẳng ( P ) : x + y + z − = n2 = ( 1; 2; 3) Câu [2D1-1] Cho hàm số y = ax + bx + cx + d ( a, b, c, d ∈ ¡ ) có đồ thị hình vẽ bên Số điểm cực trị hàm số cho A B C Lời giải D Đáp án A Dựa vào đồ thị ta khẳng định hàm số cho có điểm cực trị Câu [2D1-1] Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên sau Hàm số cho nghịch biến khoảng đây? A ( 0;1) B ( −∞; ) C ( 1; + ∞ ) Lời giải D ( −1; ) Đáp án A Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số cho nghịch biến khoảng ( 0;1) x Câu [2D3-1] Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn đường y = e , y = , x = , x = Mệnh đề đúng? S = π ∫ e x dx B S = ∫ e x dx C S = π ∫ e x dx D S = ∫ e x dx A Lời giải Đáp án B x Diện tích hình phẳng giới hạn đường y = e , y = , x = , x = tính theo cơng 2 0 S = ∫ e x dx = ∫ e x dx thức Câu [2D2-1] Với a số thực dương tùy ý, ln ( 5a ) - ln ( 3a ) A ln ( 5a ) ln ( 3a ) B ln ( 2a ) ln C Lời giải ln D ln Đáp án C Ta có ln ( 5a ) - ln ( 3a) = ln 5a = ln 3a Câu [2D3-1] Nguyên hàm hàm số A x + x + C f ( x) = x3 + x x + x +C D C x + x + C Lời giải B 3x + + C Đáp án D Ta có ò( x 1 + x) dx = x + x + C ìï x = - t ïï d :í y = + 2t ïï Oxyz Câu [2H3-1] Trong không gian , đường thẳng ïïỵ z = + t có véctơ phương r r r r u = ( 2;1;3) u = ( −1; 2;1) u = ( 2;1;1) u1 = ( −1; 2;3) A B C Lời giải Đáp án B Câu [2D4-1] Số phức - + 7i có phần ảo A B −7 C −3 Lời giải Đáp án D Câu 10 [2H2-1] Diện tích mặt cầu bán kính R πR A B 2π R D D C 4π R Lời giải 2 D π R Đáp án C Câu 11 [2D1-2] Đường cong hình vẽ bên hàm số A y = x − 3x − B y = x − 3x − C y = − x + x − Lời giải D y = − x + 3x − Đáp án D Vì đồ thị có dạng hình chữ M nên hàm trùng phương Do loại B vàC Vì lim = −∞ x →±∞ nên loạiA A 2; −4;3) B 2; 2;7 ) Câu 12 [2H3-1] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm ( ( Trung điểm đoạn AB có tọa độ 1;3; ) A ( 2; 6; ) B ( C ( Lời giải 2; −1;5 ) 4; −2;10 ) D ( Đáp án C x A + xB   xM = =  y A + yB  = −1  yM =  z A + zB   zM = = ⇒ M ( 2; −1;5 ) Gọi M trung điểm AB Khi  lim 5n + Câu 13 [1D3-1] B A C +∞ Lời giải D Đáp án A Ta có lim =0 5n + x +1 Câu 14 [2H3-1] Phương trình = 32 có nghiệm A x= B x = x= C Lời giải D x = Đáp án B x +1 Ta có = 32 ⇔ x + = ⇔ x = Câu 15 [2H2-1] Cho khối chóp có đáy hình vng cạnh a chiều cao 2a Thể tích khối chóp cho A 4a a B C 2a Lời giải a D Đáp án B Diện tích đáy hình chóp B = a 1 V = Bh = a 2a = a 3 3 Thể tích khối chóp cho Câu 16 [2D2-2] Một người gửi tiết kiệm vào ngân hàng với lãi suất 7,5 %/năm Biết khơng rút tiền khỏi ngân hàng sau năm số tiền lãi nhập vào vốn để tính lãi cho năm Hỏi sau năm người thu (cả số tiền gửi ban đầu lãi) gấp đôi số tiền gửi, giả định khoảng thời gian lãi suất khơng thay đổi người khơng rút tiền ra? A 11 năm B năm C 10 năm D 12 năm Lời giải Đáp án C Áp dụng công thức: Sn = A ( + r ) n S  ⇒ n = log ( 1+ r )  n ÷  A  ⇒ n = log ( 1+7,5% ) ( ) ≈ 9, Câu 17 [2D1-2] Cho hàm số f ( x ) = ax + bx + cx + d ( a, b, c, d ∈ ¡ ) Đồ thị hàm số y = f ( x ) hình vẽ bên Số nghiệm thực phương trình f ( x ) + = A B C Lời giải Đáp án A Ta có: f ( x) + = ⇔ f ( x) = − D Dựa vào đồ thị đường thẳng y=− cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) ba điểm phân biệt x+9 −3 x + x y= Câu 18 [2D1-2] Số tiệm cận đứng đồ thị hàm số A B C Lời giải Đáp án D D Tập xác định D = [ −9; + ∞ ) \ { −1; 0}   xlim  →−1+   lim  x →−1− x+9 −3 = +∞ x2 + x x+9 −3 = −∞ x2 + x ⇒ x = −1 tiệm cận đứng  x+9 −3 lim =  x→0 x + x Câu 19 [2H1-2] Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SB = 2a Góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy o A 60 o B 90 o o D 45 C 30 Lời giải Đáp án A S A D B C Ta có AB hình chiếu SB ( ABCD ) Góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy góc SB AB Tam giác SAB vuông A , cos ·ABS = AB = SB ⇒ ·ABS = 60o A 2; − 1; ) Câu 20 [1H3-2] Trong không gian Oxyz , mặt phẳng qua điểm ( song song với P mặt phẳng ( ) : x − y + 3z + = có phương trình A x − y + z − = Đáp án D B x − y + z + 11 = C x − y − 3z + 11 = D x − y + 3z − 11 = Lời giải Q P Q Gọi mặt phẳng ( ) song song với mặt phẳng ( ) , mặt phẳng ( ) có dạng x − y + 3z + D = A ( 2; − 1; ) ∈ ( Q ) ⇒ D = −11 Vậy mặt phẳng cần tìm x − y + 3z − 11 = Câu 21 [1D2-1] Từ hộp chứa 11 cầu đỏ cầu màu xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời cầu Xác suất để lấy cầu màu xanh bằng: A 455 B C 165 24 455 D 33 91 Lời giải Đáp án A n Ω = C = 455 Số phần tử không gian mẫu: ( ) 15 (phần tử ) Gọi A biến cố: “ lấy cầu màu xanh” n A = C43 = Khi đó, ( ) (phần tử ) Xác suất P ( A) = ∫e Câu 22 [2D3-2] n ( A) n ( Ω ) = 455 x −1 dx 1 (e −e ) A bằng: e −e B C e − e Lời giải 5 (e +e ) D Đáp án A Ta có: ∫e dx = e3 x −1 = ( e5 − e ) 3 x −1 −2;3] Câu 23 [2D1-2] Giá trị lớn hàm số y = x − x + đoạn [ bằng: A 201 B C D 54 Lời giải Đáp án D −2;3] Hàm số cho xác định liên tục đoạn [ Ta có: y′ = x − x  x = ∈ [ −2;3] ⇔  x = ± ∈ [ −2;3] y′ = ⇔ x − x = Ta có: f ( −2 ) = , f ( 3) = 54 , f ( 0) = , ( ) f − =5 , f ( 2) = −2;3] f = 54 Vậy giá trị lớn hàm số đoạn [ ( ) x − yi ) + ( − 3i ) = x + 6i Câu 24 [2D4-2] Tìm hai số thực x y thỏa mãn ( với i đơn vị ảo A x = −1 ; y = −3 B x = −1 ; y = −1 C x = ; y = −1 Lời giải D x = ; y = −3 Đáp án A x − yi ) + ( − 3i ) = x + 6i Ta có: ( ⇔ x + − ( 3y + 9) i = x +1 =  x = −1 ⇔ ⇔ 3 y + =  y = −3 Câu 25 [1H3-2] Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vng đỉnh B , AB = a , SA vuông SBC ) góc với mặt phẳng đáy SA = 2a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( 5a A B 5a 2a C D 5a Lời giải Đáp án A S H A C B AH ⊥ ( SBC ) Trong tam giác SAB dựng AH vng góc SB khoảng cách cần tìm 1 2a = 2+ = AH = 2 AH Ta có: AH SA AB 4a suy 55 Câu 26 [2D3-2] Cho đúng? A a − b = −c ∫x 16 dx = a ln + b ln + c ln11 x+9 với a, b, c số hữu tỉ Mệnh đề B a + b = c C a + b = 3c Lời giải Đáp án A Đặt t = x + ⇒ t = x + ⇒ 2tdt = dx Đổi cận: x 16 55 t 8 8 2tdt dt  dt dt  dx =∫ = 2∫ = ∫ −∫ ÷ ∫ t −9 3 t −3 t +3 ( t − 9) t 16 x x + 55 D a − b = −3c = ( ln x − − ln x + ) 1 ln + ln − ln11 3 =3 1 b= c=− 3, 3, Mệnh đề a − b = −c a= Vậy Câu 27 [2H2-2] Một bút chì khối lăng trụ lục giác có cạnh đáy mm chiều cao 200 mm Thân bút chì làm gỗ phần lõi làm than chì Phần lõi có dạng khối trụ có ciều cao chiều dài bút chì đáy hình tròn bán kính mm 3 Giả định m gỗ có giá trị a (triệu đồng) , m than chì có giá trị 8a (triệu đồng) giá nguyên vật liệu làm bút chì gần với kết sau đây? A 9, 7.a (đồng) B 97, 03.a (đồng) C 90,7.a (đồng) Lời giải D 9,07.a (đồng) Đáp án D −6 −6 m3 Thể tích phần phần lõi làm than chì: Vr = π R h = π 10 0, = 0, 2.10 π ( ) Thể tích bút chì khối lăng trụ lục giác đều: V = B.h = 3 27 −6 ( 3.10−3 ) 0, = 10 10 (m ) Thể tích phần thân bút chì làm gỗ: Giá nguyên vật liệu làm bút chì: Vt = V − Vr = 27 −6 10 − 0, 2.10 −6 π ( m3 ) 10  27 −6  0, 2.10−6 π 8a +  10 − 0, 2.10 −6 π ÷ a ≈ 9, 07.10 −6.a ÷  10  (triệu đồng) Câu 28 [1D2-2] Hệ số x khai triển nhị thức x ( x − 1) + ( x − 1) A −13368 C −13848 Lời giải B 13368 D 13848 Đáp án A x ( x − 1) + ( x − 1) 6 = x ∑ C6k ( x ) ( −1) k 6− k k =0 = x ∑ C6k ( x ) ( −1) k k =0 + ∑ C8l ( x ) ( −1) l 8−l l =0 6− k + ∑ C8l ( x ) ( −1) l 8−l l =0 Suy hệ số x khai triển nhị thức là: C6 ( ) ( −1) 6− + C85 ( 3) ( −1) −5 = −13368 Câu 29 [1H3-2] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = a , BC = 2a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA = a Khoảng cách hai đường thẳng AC SB A 6a 2a B a C Lời giải a D Đáp án B Dựng điểm E cho ACBE hình bình hành, Khi đó: AC //EB ⇒ AC // ( SBE ) ⇒ d ( AC , SB ) = d ( AC , ( SBE ) ) = d ( A, ( SBE ) ) ( 1) AI ⊥ EB ( I ∈ EB ) Kẻ , AH ⊥ SI ( H ∈ SI ) ⇒ d ( A, ( SEB ) ) = AH ( ) kẻ Tam giác ABE vuông 1 1 = + = 2+ = 2 2 AI AB AE 4a a 4a Xét ∆SAI , ta có: ( 3) 1 1 = + = + = ⇒ AH = a AH SA AI a 4a 4a 1, , Từ ( ) ( ) ( ) suy h = d ( AC , SB ) = 2a ) Câu 30 [2D4-2] Xét điểm số phức z thỏa mãn ( số ảo Trên mặt phẳng tạo độ, tập hợp tất điểm biểu diễn số phức z đường tròn có bán kính z + i ( z + 2) B A C D Lời giải Đáp án C a, b ∈ ¡ ) Gọi z = a + bi ( Ta có: ( z + i ) ( z + ) = ( a − bi + i ) ( a + bi + ) = ( a + 2a + b − b ) + ( a − 2b + ) i 1  ⇔ a + + b − = ( )  ÷ z + i ( z + 2) 2 2  Vì số ảo nên ta có: a + 2a + b − b = Trên mặt phẳng tạo độ, tập hợp tất điểm biểu diễn số phức z đường tròn có ( ) bán kính 2 Câu 31 [2H1-3] Ông A dự định sử dụng hết 6,5m kính để làm bể cá kính có dạng hình hộp chữ nhật khơng nắp, chiều dài gấp đơi chiều rộng (các mối ghép có kích thước khơng đáng kể) Bể cá có dung tích lớn (kết làm tròn đến hàng phần trăm) ? A 2, 26 m 3 B 1, 61m C 1,33m Lời giải D 1,50 m Đáp án D Giả sử bể cá có kích thước hình vẽ 6,5 − x ⇔h= 6x Ta có: x + xh + xh = 6,5 Do h > , x > nên 6,5 − x > Lại có V = x h f ′( x) = = ⇔0< x< 6,5 x − x = f ( x) , với 13  13  x ∈  0; ÷ ÷   13 39 − x2 f ′ ( x ) = ⇔ x = ± 6 ,  39  13 39 V ≤ f  = ≈ 1, 50 m3 ÷ ÷ 54   Vậy Câu 32 [1D3-3] Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên v( t) = 11 t + t ( m s) 180 18 , t (giây) khoảng thời gian theo thời gian quy luật tính từ lúc A bắt đầu chuyển động Từ trạng thái nghỉ, chất điểm B xuất phát từ O , chuyển động thẳng hướng với A chậm giây so với A có gia tốc a ms ) a ( ( số) Sau B xuất phát 10 giây đuổi kịp A Vận tốc B thời điểm đuổi kịp A A 22 ( m s) B 15 ( m s) 10 m s) C ( Lời giải D ( m s) Đáp án B +) Từ đề bài, ta suy ra: tính từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động bị chất điểm B bắt kịp A 15 giây, B 10 giây v ( t ) = ∫ adt = at + C +) Biểu thức vận tốc chất điểm B có dạng B , lại có vB ( ) = nên vB ( t ) = at +) Từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động bị chất điểm B bắt kịp quãng đường hai chất điểm Do 15 10  11  ∫0  180 t + 18 t ÷ dt = ∫0 at dt ⇔ 75 = 50a ⇔ a = Từ đó, vận tốc B thời điểm đuổi kịp A Câu 33 [2H3-2] Trong không gian d: Oxyz , = 15 ( m s) vB ( 10 ) = 10 cho điểm A ( 1; 2;3) đường thẳng x − y −1 z + = = −2 Đường thẳng qua A , vng góc với d cắt trục Ox có phương trình A  x = −1 + 2t   y = 2t  z = 3t  B x = 1+ t   y = + 2t  z = + 2t   x = −1 + 2t   y = −2t z = t  C Lời giải D x = 1+ t   y = + 2t  z = + 3t  Đáp án A uuu r ⇒ B b ; 0;0 BA = ( − b; 2;3 ) ( ) Gọi ∆ đường thẳng cần tìm B = ∆ ∩ Ox uuu r uu r ⇔ ( − b ) + − = ⇔ b = −1 Do ∆ ⊥ d , ∆ qua A nên BA.ud = uuu r B −1;0;0 ) Từ ∆ qua ( , có véctơ phương BA = ( 2; 2;3) nên có phương trình  x = −1 + 2t  ∆ :  y = 2t  z = 3t  Câu 34 [2D2-3] Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên tham số m cho phương trình 16 x − m.4 x +1 + 5m2 − 45 = có hai nghiệm phân biệt Hỏi S có phần tử? A 13 B C D Lời giải Đáp án B x Đặt t = , t > Phương trình cho trở thành t − 4mt + 5m − 45 = ( *) * Với nghiệm t > phương trình ( ) tương ứng với nghiệm x * phương trình ban đầu Do đó, u cầu tốn tương đương phương trình ( ) có hai nghiệm dương phân biệt Khi   −3 < m <  −m + 45 > ⇔ m >  ∆′ >    m < −3  S > ⇔  4m >  5m − 45 > P >   m > ⇔ 3< m 5m − > ⇔  ⇔ ⇔ Nếu x = điểm cực tiểu Khi −4 ( m − ) > ⇔ m − < ⇒ −2 < m < ⇒ m = { −1;0;1} Vậy có giá trị nguyên m Câu 37 [1H3-3] Cho hình lập phương ABCD A′B′C ′D′ có tâm O Gọi I tâm hình vng A′B′C ′D′ M điểm thuộc đoạn thẳng OI cho MO = MI (tham khảo hình vẽ) Khi ′ ′ cosin góc tạo hai mặt phẳng ( MC D ) ( MAB ) 85 A 85 85 B 85 17 13 C 65 13 D 65 Lời giải Đáp án B Khơng tính tổng quát, ta giả sử cạnh hình lập phương Gọi P, Q trung điểm D′C ′ AB Khi ta có MP = IM + IP = 10, MQ = 34, PQ = Áp dụng định lí cơsin ta MP + MQ − PQ −14 = MP.MQ 340 ( MC ′D′) ( MAB ) cosPMQ = Góc α góc hai mặt phẳng ta có cos α = 14 85 = 85 340 Câu 38 [2D4-3] Có số phức z thoả mãn z ( z − − i ) + 2i = ( − i ) z A B C D Lời giải Đáp án B Ta có z ( z − − i ) + 2i = ( − i ) z ⇔ z ( z − + i ) = z + ( z − ) i Lấy mơđun vế phương trình ta z ( z − 5) +1 = ( z ) + ( z − 2) 2 Đặt t = z , t ≥ ta t ( t − 5) +1 = ( 4t ) + ( t − ) ⇔ ( t − 1) ( t − 9t + ) = Phương trình có nghiệm phân biệt t ≥ có số phức z thoả mãn Câu 39 [2H3-3] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = điểm 2 A ( 2;3; −1) S S Xét điểm M thuộc ( ) cho đường thẳng AM tiếp xúc với ( ) , M thuộc mặt phẳng có phương trình A x + y + 11 = B 3x + y + = C 3x + y − = Lời giải D x + y − 11 = Đáp án C S I −1; −1; −1) Mặt cầu ( ) có tâm ( bán kính R = 2 * Ta tính AI = 5, AM = AI − R = S' A 2;3; −1) * Phương trình mặt cầu ( ) tâm ( , bán kính AM = là: ( x − 2) + ( y − 3) + ( z + 1) = 16 2 P = S ∩ S' * M thuộc mặt phẳng ( ) ( ) ( ) có phương trình: x + y − = Câu 40 [2D1-3] Cho hàm số y= x − x C C có đồ thị ( ) Có điểm A thuộc ( ) C C M x ;y ,N x ;y cho tiếp tuyến ( ) A cắt ( ) hai điểm phân biệt ( 1 ) ( 2 ) ( M , N khác A ) thỏa mãn y1 − y2 = ( x1 − x2 ) ? A B C Lời giải Đáp án B * Nhận xét hàm số trùng phương có hệ số a > D * Ta có y′ = x − x nên suy hàm số có điểm cực trị * Phương trình tiếp tuyến k= A ( x0 ; y0 ) x =  x = − x =  (là đường thẳng qua hai điểm M , N ) có hệ số góc: y1 − y2 =6 A x ;y C x1 − x2 Do để tiếp tuyến ( 0 ) có hệ số góc k = > cắt ( ) hai điểm phân biệt M ( x1 ; y1 ) , N ( x2 ; y2 ) − < x0 < x0 ≠ − 21 (hoành độ điểm uốn)  x0 = −2 ⇔  x0 = −1  x0 = (l ) y′ x = ⇔ x03 − x0 − = * Ta có phương trình: ( ) Vậy có điểm A thỏa yêu cầu Câu 41 [2D3-3] Cho hai hàm số f ( x ) = ax3 + bx + cx − 2 g ( x ) = dx + ex + ( a, b, c, d , e ∈ ¡ ) ( ) ( ) cắt ba điểm có hồnh độ Biết đồ thị hàm số −3 ; −1 ; (tham khảo hình vẽ) Hình phẳng giới hạn hai đồ thị cho có diện tích y= f x A B y=g x C Lời giải Đáp án C Diện tích hình phẳng cần tìm −1 −3 −1 S = ∫  f ( x ) − g ( x )  dx + ∫  g ( x ) − f ( x )  dx −1 3 3   = ∫  ax3 + ( b − d ) x + ( c − e ) x −  dx − ∫  ax + ( b − d ) x + ( c − e ) x −  dx 2 2 −3  −1  D Trong phương trình ax3 + ( b − d ) x + ( c − e ) x − điểm hai đồ thị hàm số y = f ( x) y = g ( x) =0 ( *) phương trình hồnh độ giao Phương trình ( *) có nghiệm −3 ; −1 ; nên 3     −27 a + ( b − d ) − ( c − e ) − =  −27 a + ( b − d ) − ( c − e ) = a =    3    ⇔ −a + ( b − d ) − ( c − e ) = ⇔ ( b − d ) = −a + ( b − d ) − ( c − e ) − = 2    3    a + ( b − d ) + ( c − e ) − = a + ( b − d ) + ( c − e ) = ( c − e ) = −    −1 3 3 1 1 S = ∫  x + x − x −  dx − ∫  x + x − x −  dx 2 2 2 2  = − ( −2 ) = −3  −1  Vậy Câu 42 [2H1-4] Cho khối lăng trụ ABC A′B′C ′ , khoảng cách từ C đến đường thẳng BB′ , khoảng cách từ A đến đường thẳng BB′ CC ′ A′B′C ′ ) lên mặt phẳng ( trung điểm vng góc A tích khối lăng trụ cho A B M B′C ′ C Lời giải , hình chiếu A′M = D Đáp án A Gọi N trung điểm BC Kẻ AE ⊥ BB′ E , AF ⊥ CC ′ F Ta có EF ∩ MN = H nên H trung điểm EF  AE ⊥ AA′  ⇒ AA′ ⊥ ( AEF ) ⇒ AA′ ⊥ EF ⇒ EF ⊥ BB′ Ta có  AF ⊥ AA′ d A, BB′ ) = AE = d ( A, CC ′ ) = AF = d ( C , BB′ ) = EF = Khi ( , , Nhận xét: AE + AF = EF nên tam giác AEF vuông A , suy 2 AH = EF =1 3 Thể   AA′ ⊥ ( AEF )  ′ ⇒ MN ⊥ ( AEF ) ⇒ MN ⊥ AH Ta lại có  MN // AA 1 = − = 1− = 2 AH AN 4 Tam giác AMN vng A có đường cao AH nên AM ⇒ AM = (  (  (  Mặt khác ( AA′NM ) ⊥ ( ABC ) AA′NM ) ⊥ ( AEF ) AA′NM ) ∩ ( ABC ) = AN AA′NM ) ∩ ( AEF ) = AH ⇒ ABC ) AEF ) · Góc mặt phẳng ( ( HAN AEF ) Hình chiếu tam giác ABC lên mặt phẳng ( tam giác AEF AH AE AF AN = ⇒ AE AF = S∆ABC ⇒ S∆ABC = · S ∆AEF = S ∆ABC cos HAN AN AH nên 3 =1 Vậy VABC A′B′C′ = S ∆ABC AM = Câu 43 [1D2-4] Ba bạn A , B , C bạn viết ngẫu nhiên lên bảng số tự nhiên thuộc đoạn [ 1;17] Xác suất để ba số viết có tổng chia hết cho 1728 A 4913 1079 B 4913 23 C 68 1637 D 4913 Lời giải Đáp án D Không gian mẫu có số phần tử 17 = 4913 Lấy số tự nhiên từ đến 17 ta có nhóm số sau: 3;6;9;12;15} *) Số chia hết cho : có số thuộc tập { 1;4;7;10;13;16} *) Số chia cho dư : có số thuộc tập { 2;5;8;11;14;17} *) Số chia cho dư : có số thuộc tập { 1;17 ] Ba bạn A , B , C bạn viết ngẫu nhiên lên bảng số tự nhiên thuộc đoạn [ thỏa mãn ba số có tổng chia hết cho khả xảy sau:  TH1: Ba số chia hết cho có = 125 cách  TH2: Ba số chia cho dư có = 216 cách TH3: Ba số chia cho dư có = 216 cách TH4: Một số chia hết cho , số chia cho dư , chia cho dư có 5.6.6.3! = 1080 cách   125 + 216 + 216 + 1080 1637 = 4913 4913 Vậy xác suất cần tìm log 3a+2b+1 ( 9a + b + 1) + log ab+1 ( 3a + 2b + 1) = a > b > Câu 44 [2D2-3] Cho , thỏa mãn Giá trị a + 2b A C B D Lời giải Đáp án C 3a + 2b + > 2  2  9a + b + > ⇒ log 3a+2b+1 9a + b + >  6ab + > log ab+1 ( 3a + 2b + 1) >  ( ) Ta có a > , b > nên Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta log 3a+ 2b+1 ( 9a + b2 + 1) + log ab+1 ( 3a + 2b + 1) ≥ log 3a+ 2b+1 ( 9a + b + 1) + log ab+1 ( 3a + 2b + 1) ⇔ ≥ log ab+1 ( 9a + b + 1) ⇔ log ab+1 ( 9a + b + 1) ≤ ⇔ 9a + b + ≤ 6ab + ⇔ ( 3a − b ) ≤ ⇔ 3a = b Vì dấu “ = ” xảy nên log 3a+2b+1 ( 9a + b + 1) = log ab+1 ( 3a + 2b + 1) ⇔ log 3b+1 ( 2b + 1) = log 2b2 +1 ( 3b + 1) ⇔ 2b + = 3b + ⇔ 2b − 3b = Vậy a + 2b = ⇔b= a= (vì b > ) Suy +3 = 2 Câu 45 [2D1-4] Cho hàm số y= x −1 x + có đồ thị ( C ) Gọi I giao điểm hai tiệm cận ( C ) Xét tam giác ABI có hai đỉnh A , B thuộc ( C ) , đoạn thẳng AB có độ dài A B C Lời giải Đáp án B ( C) : y= I ( −2;1) x −1 = 1− x+2 x+2 C giao điểm hai đường tiệm cận ( )     A  a;1 − ÷∈ ( C ) B  b;1 − ÷∈ ( C ) a+2 b+2 Ta có:  ,  uu r   uur   IA =  a + 2; − ÷ IB =  b + 2; − ÷ a+2, b+2   Đặt a1 = a + , b1 = b + ( a1 ≠ , b1 ≠ ; a1 ≠ b1 ) Tam giác ABI D 2   a1 + a = b1 + b 1    a1 + a = b1 + b ⇔  a1b1 +  a1b1 1   IA2 = IB ⇔  uu r uur =  uu r uur  IA.IB =  a1 +  cos IA , IB = cos 60 °  IA.IB  a1  ( ( 1) ( 2) )  1 1  ⇔ a12 − b12 +  − ÷ = ⇔ a12 − b12 −  − ÷ =  a1 b1   b1 a1  Ta có ( )  a1 = b1  a = −b a = b ⇔ 2 ⇔ 2  a1b1 =  a −b     a1 b1 = ⇔ a12 − b12 −  2 ÷ = ⇔ ( a12 − b12 ) 1 − 2 ÷ =   a1 b1   a1 b1   a1b1 = −3 2 Trường hợp a1 = b1 loại A ≡/ B ; a1 = −b1 , a1b1 = −3 (loại khơng thỏa ( ) ) =1 9 a12 + 2 ⇔ a12 + = 12 a1 a1 Do a1b1 = , thay vào ( ) ta 3+ Vậy AB = IA = a12 + a12 = Câu 46 [2D2-4] Cho phương trình nguyên A 20 x + m = log ( x − m ) với m tham số Có giá trị m ∈ ( −20; 20 ) để phương trình cho có nghiệm? B 19 C Lời giải D 21 Đáp án B Điều kiện x > m log ( x − m ) x x x + log ( x − m ) ( 1) Ta có + m = log5 ( x − m ) ⇔ + x = x − m + log5 ( x − m ) ⇔ + x = Xét hàm số f ( t ) = 5t + t x = log ( x − m ) ⇔ m = x − x , f ′ ( t ) = 5t ln + > 0, ∀t ∈ ¡ , từ ( 1) g ( x ) = x − x g ′ ( x ) = − x.ln g ′ ( x ) = ⇔ x = log ln = − log ln = x0 Xét hàm số Bảng biến thiên , , Do để phương trình có nghiệm m ≤ g ( x0 ) ≈ −0,92 suy m ∈ ( −20; 20 ) Các giá trị nguyên −19; −18; ; −1} { , có 19 giá trị m thỏa mãn Câu 47 [2H3-4] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm I ( −2;1; ) qua điểm A ( 1; −2; −1) S Xét điểm B , C , D thuộc ( ) cho AB , AC , AD đơi vng góc với Thể tích khối tứ diện ABCD có giá trị lớn A 72 B 216 C 108 D 36 Lời giải Đáp án D Đặt AB = a , AC = b , AD = c ABCD tứ diện vng đỉnh A , nội tiếp mặt cầu ( S ) Khi ABCD tứ diện đặt góc A hình hộp chữ nhật tương ứng có cạnh AB , AC , AD đường chéo AA′ đường kính cầu Ta có a + b + c = R 1 V = VABCD = abc ⇔ V = a 2b c 36 Xét 3  a + b2 + c   4R2  2 2 ⇔ ≥ a b c ⇔ ÷  ÷ ≥ 36.V ⇔ V ≤ R 2 2 2 3  a + b + c ≥ a b c    27 Mà Với R = IA = 3 Vậy Vmax = 36 (lời giải thầy Binh Hoang) f ( x) Câu 48 [2D3-4] Cho hàm số Giá trị A − 35 36 f ( 1) thỏa mãn f ( 2) = − 2 ′ f x = x  f x  ( ) ( )   với x ∈ ¡ B − − C Lời giải 19 36 D − 15 Đáp án B Ta có f ( x ) ≠0 f ′ ( x ) = x  f ( x )  ⇔  ′ = 2x ⇔  = − x2 + C  = −2 x ⇔ f ( x)  f ( x )   f ( x)  f ′( x) C=− suy Từ f ( 1) = =−  1 −12 +  − ÷  2 Do f ( 2) = − Câu 49 [2H3-4] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng qua điểm A ( 1;1;1) có vectơ phương tạo d ∆ có phương trình  x = + 3t  d :  y = + 4t z =  r u = ( 1; −2; ) Gọi ∆ đường thẳng Đường phân giác góc nhọn A  x = + 7t   y = 1+ t  z = + 5t  B  x = −1 + 2t   y = −10 + 11t  z = −6 − 5t   x = −1 + 2t   y = −10 + 11t  z = − 5t  C Lời giải D  x = + 3t   y = + 4t  z = − 5t  Đáp án C Phương trình tham số đường thẳng Chọn điểm x = 1+ t′  ∆ :  y = − 2t ′  z = + 2t ′  B ( 2; −1;3 ) ∈ ∆ AB = ,  14 17    C  ; ;1÷ C  − ; − ;1÷ Điểm  5   5  nằm d thỏa mãn AC = AB   C  − ; − ;1÷ · Kiểm tra điểm  5  thỏa mãn BAC nhọn 3  I  ;− ;2÷ Trung điểm BC  5  Đường phân giác cần tìm AI có vectơ phương r u = ( 2;11; −5 ) có phương trình Câu 50 [2D1-4] Cho hai hàm số  x = −1 + 2t   y = −10 + 11t  z = − 5t  y = f ( x) , , y = g ( x) Hai hàm số y = f ′( x) y = g′ ( x ) ′ thị hình vẽ bên, đường cong đậm đồ thị hàm số y = g ( x ) 3  h ( x ) = f ( x + 4) − g  2x − ÷  đồng biến khoảng đây?  Hàm số  31  9   31   25   5; ÷  ;3 ÷  ; +∞ ÷  6; ÷  A   B   C  D   Lời giải Đáp án B có đồ y = f ′( x) A a;10 ) a ∈ ( 8;10 ) Kẻ đường thẳng y = 10 cắt đồ thị hàm số ( , Khi ta có  f ( x + ) > 10, < x + < a  f ( x + ) > 10, − < x <   ⇒    3 3 25  g  x − ÷ ≤ 5, ≤ x − < 11  g  x − ÷ ≤ 5, ≤ x ≤       3  h′ ( x ) = f ′ ( x + ) − g ′  x − ÷ > ≤x f ( 3) = 10   , ta có Dựa vào đồ thị, , ; 3  g  x − ÷ < f ( 8) = < 2 2 ,  3  9  9  h′ ( x ) = f ′ ( x + ) − g ′  x − ÷ > 0, ∀x ∈  ;3 ÷  ;3 ÷     Suy Do hàm số đồng biến   < 2x −