Đề thi chính thức môn toán 2017 2018

Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018 Câu Có cách chọn hai học sinh từ nhóm gồm 34 học sinh A 234 B A342 C 342 D C342 Lời giải Chọn D Mỗi cách chọn hai học sinh nhóm gồm 34 học sinh tổ hợp chập hai 34 phần tử Vậy số cách chọn là: C342 Câu Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng  P  : x  y  3z   có véc tơ pháp tuyến     A n1   3; 2;1 B n3   1; 2;3 C n4  1; 2; 3 D n2  1; 2;3 Lời giải Chọn D  Véc tơ pháp tuyến mặt phẳng  P  : x  y  3z   là: n2  1; 2;3 Câu 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 D Lời giải Chọn A Câu Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Hàm số cho nghịch biến khoảng đây? A  0;1 B  ;0  C 1;   D  1;0  Lời giải Chọn A Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số cho nghịch biến khoảng  0;1  ; 1 Câu Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn đường y  e x , y  , x  , x  Mệnh đề đúng? 2 A S    e x dx B S   e x dx 0 C S    e x dx D S   e x dx Lời giải Chọn B Diện tích hình phẳng giới hạn đường y  e , y  , x  , x  là: S   e x dx x Câu Với a số thực dương tùy ý, ln  5a   ln  3a  bằng: A ln  5a  B ln  2a  ln  3a  C ln D ln ln Lời giải Chọn C Nguyên hàm hàm số f  x   x3  x ln  5a   ln  3a   ln Câu A x  x  C B x   C C x3  x  C D x  x C Lời giải Chọn D x Câu  x  dx  x  x C x   t  Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :  y   2t có vectơ phương là: z   t      A u3   2;1;3 B u4   1; 2;1 C u2   2;1;1 D u1   1; 2;3 Lời giải Chọn B x   t   d :  y   2t có vectơ phương u4   1; 2;1 z   t  Câu Số phức 3  7i có phần ảo bằng: A B 7 Chọn D Câu 10 Diện tích mặt cầu bán kính R bằng: A  R B 2 R C 3 Lời giải C 4 R D D  R Lời giải Chọn C Câu 11 Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số đây? A y  x  x  B y  x  x  C y   x  x  Lời giải D y   x  x  Chọn D + Nhìn đồ thị khẳng định đồ thị hàm trùng phương loại B, C + lim y   nên chọn D x  Câu 12 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2; 4;3 B  2; 2;  Trung điểm đoạn thẳng AB có tọa độ A 1;3;  B  2; 6;  C  2; 1;5  D  4; 2;10  Lời giải Chọn C x A  xB   xI    y  yB   1 Gọi I trung điểm AB , ta có tọa độ điểm I  yI  A  z A  zB   zI    Vậy I  2;  1;5  Câu 13 lim 5n  A B C  D Lời giải Chọn A 1 Ta có lim  lim n  5n  5 n Câu 14 Phương trình 22 x1  32 có nghiệm A x  B x  C x  Lời giải Chọn B D x  Ta có 22 x1  32  22 x1  25  x    x  Câu 15 Cho khối chóp có đáy hình vng cạnh a chiều cao 2a Thể tích khối chóp cho A 4a3 B a C 2a3 D a 3 Lời giải Chọn B Khối chóp có đáy hình vng cạnh a nên có diện tích đáy: Sđáy  a Chiều cao h  2a 1 Vậy thể tích khối chóp cho V  Sđáy h  a 2a  a 3 Câu 16 Một người gửi tiết kiệm vào ngân hàng với lãi suất 7, 5% / năm Biết không 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 ban đầu, 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 Chọn C Gọi A số tiền ban đầu gửi vào ngân hàng n số năm để có số tiền gấp đơi số tiền ban đầu Khi đó: Tn  A 1  r   A  A 1  r   n  log 1r   9, 58 n n Vậy n  10 năm Câu 17 Cho hàm số f  x   ax3  bx  cx  d  a , b , c , d    Đồ thị hàm số y  f  x  hình vẽ bên Số nghiệm thực phương trình f  x    y O x 2 A C B D Lời giải Chọn A Ta có: f  x     f  x     *  * phương trình hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  đường thẳng y   Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy * có nghiệm Câu 18 Số tiệm cận đứng đồ thị hàm số y  B A x9 3 x2  x C D Lời giải Chọn D Tập xác định hàm số: D   9;   \ 0; 1 Ta có: lim  y  x  1 lim  x  1 x 9 3   lim  y  lim  x  1 x  1 x2  x x 9 3   x2  x  TCĐ : x  1 lim y  lim x 9 3 x 1  lim  lim  2 x  x  x x  x  1 x    x  x x   lim y  lim x 9 3 x 1  lim  lim  x 0 x x  x  x  x   x0  x  1 x   x  0 x 0 x 0 x 0          x  không đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng Câu 19 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 A 60 B 90 C 30 D 45 Lời giải Chọn A S D A B C  Do SA   ABCD  nên góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy góc SBA  Ta có cos SBA AB   60   SBA SB Vậy góc đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng 60 Câu 20 Trong không gian Oxyz , mặt phẳng qua điểm A  2; 1;  song song với mặt phẳng  P  : x  y  3z   có phương trình A x  y  3z   B x  y  z  11  C x  y  z  11  D x  y  z  11  Lời giải Chọn D Gọi  Q  mặt phẳng qua điểm A  2; 1;  song song với mặt phẳng  P  Do  Q  //  P  nên phương trình  Q  có dạng x  y  z  d  ( d  ) Do A  2; 1;    Q  nên 2.2   1  3.2  d   d  11 (nhận) Vậy  Q  : x  y  3z  11  Câu 21 Từ hộp chứa 11 cầu màu đỏ cầu màu xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời cầu Xác suất để lấy cầu màu xanh 24 33 A B C D 455 455 165 91 Lời giải Chọn A Số phần tử không gian mẫu n     C153  455 Gọi A biến cố " cầu lấy màu xanh" Suy n  A  C43  Vậy xác suất cần tìm P  A   Câu 22 e 455 x 1 dx A e  e  B e e C e5  e D e  e  Lời giải Chọn A 2 1 Ta có  e3 x 1dx  e3 x 1   e5  e  3 Câu 23 Giá trị lớn hàm số y  x  x  đoạn  2;3 A 201 C B D 54 Lời giải Chọn D x  y   x  x ; y    x     Ta có y  2  ; y  3  54 ; y    ; y   Vậy max y  54  2;3 Câu 24 Tìm hai số thực x y thỏa mãn  x  yi   1  3i   x  6i với i đơn vị ảo A x  1; y  3 B x  1; y  1 C x  1; y  1 D x  1; y  3 Lời giải Chọn A x 1   x  1 Ta có  x  yi   1  3i   x  6i  x    3 y   i     3 y    y  3 Câu 25 Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vng đỉnh B , AB  a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  2a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  A 5a B 5a C 2a D 5a Lời giải Chọn A S 2a H C A a B  BC  AB Ta có   BC   SAB   BC  SA Kẻ AH  SB Khi AH  BC  AH   SBC   AH khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  Ta có 4a 2 5a 1 1  AH   AH       2 2 2 AH SA AB 4a a 4a 5 55 Câu 26 Cho dx  a ln  b ln  c ln11 , với a, b, c số hữu tỉ Mệnh đề đúng? x9 x 16 B a  b  c A a  b  c C a  b  3c Lời giải D a  b  3c Chọn A Đặt t  x   t  x   2tdt  dx Đổi cận x  16  t  , x  55  t  55 Do  16 dx  x x9 8 2tdt dt  1  x 3    d x    5 t  t   5 t  5  x  x   ln x  5 1 1  ln  ln  ln  ln  ln11 11 3 1 Vậy a  ; b  ; c    a  b  c 3 Câu 27 Một bút chì có dạng 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 chiều cao chiều dài bút đáy hình tròn có bán kính đáy mm Giả định m gỗ có giá a (triệu đồng), m than chì có giá 8a (triệu đồng) Khi giá nguyên liệu làm bút chì gần với kết đây? A 9, 7.a (đồng) B 97, 03.a (đồng) C 90, 7.a (đồng) D 9, 07.a (đồng) Lời giải Chọn D  3 Diện tích khối lăng trụ lục giác S    3.103   ( m )     3 3 7 Thể tích bút chì là: V  S h    3.10 3   200.10  27 3.10 ( m )    Thể tích phần lõi bút chì V1   r h   103  200.103  2 107 ( m )   Suy thể tích phần thân bút chì V2  V  V1  27  2 107 ( m ) Giá nguyên liệu làm bút chì là:     V2 a.106  V1.8a.106  27  2 10 7.a.106  2 107.8a.106  2,  1, 4 a  9, 07a (đồng) Câu 28 Hệ số x5 khai triển biểu thức x  x  1   3x  1 A 13368 C 13848 Lời giải B 13368 D 13848 Chọn A Ta có x  x  1   x  1  x. C k 0   C6k   k 0 6k  1 k k x  k   C8m  3  x   1 8 m 6k k   C8m  x  8 m  1 m m 0  1 m x8  m m 0 Để có số hạng x khai triển k  2; m  Do hệ số x5 khai triển bằng: C62  C83  3  1  13368 Câu 29 Cho hình chóp S ABCD có đáy ình chữ nhật, AB  a, BC  2a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  a Khoảng cách hai đường thẳng AC SB A 6a Chọn B B 2a a Lời giải C D a S H K B A O x D C Từ B kẻ Bx //AC  AC //  SB, Bx  Suy d  AC , SB   d  AC ,  SB, Bx    d  A,  SB, Bx   Từ A kẻ AK  Bx  K  Bx  AH  SK  AK  Bx Do   Bx   SAK   Bx  AH  SA  Bx Nên AH   SB, Bx   d  A,  SB, Bx    AH   BAC  (so le Ta có BKA đồng dạng với ABC hai tam giác vng có KBA AK AB AB.CB a.2a 5a   AK    CB CA CA a 1 1 2a Trong tam giác SAK có       AH  2 AH AS AK a 4a 4a 2a Vậy d  AC , SB   Suy   Câu 30 Xét số phức z thỏa mãn z  i  z   số ảo Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất điểm biểu diễn số phức z đường tròn có bán kính A B C D Lời giải Chọn C Đặt z  x  yi  x, y     z  i   z     x  1  y  i   x    yi  số ảo  x  x  2  y  y  1   x2  y  x  y  1  Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn có tâm I  1;  , R  2  Câu 31 Ông A dự định dùng hết 6,5m2 kính để làm bể cá có dạng hình hộp chữ nhật khơng nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có khơng đáng kể) Bể cá có dung tích lớn (kết làm tròn đến hàng phần trăm) A 2, 26 m3 B 1, 61 m3 C 1,33 m3 Lời giải D 1,50 m3 Chọn D a b c Giả sử hình hộp chữ nhật có kích thước hình vẽ Ta có dung tích bể cá: V  abc  6,  2b 2b  6bc  6,5 ab  2bc  2ac  6,5 c    Mặt khác theo giả thiết ta có:  6b a  2b a  2b a  2b  6,5  2b 6,5b  2b3 V  6b 6,5b  2b3 Xét hàm số: f  b   Có BBT Khi V  2b  39  Vậy bể cá có dung tích lớn : f    1,50 m   Câu 32 Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian quy 11 t  t  m / s  , t (giây) khoảng thời gian tính từ lúc A bắt đầu chuyển luật v(t )  180 18 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  m / s  ( 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  C 10  m / s  Lời giải Chọn B D  m / s  Thời gian tính từ A xuất phát đến bị B đuổi kịp 15 giây, suy quãng đường tới 15 15 15  11   11  lúc  v (t )dt    t  t  dt   t  t   75  m  180 18  36   540 0  Vận tốc chất điểm B y  t    a.dt  a.t  C ( C số); B xuất phát từ trạng thái nghỉ nên có y     C  ; Quãng đường B từ xuất phát đến đuổi kịp A 10 10 a.t y ( t )d t  75  a t d t  75  0 0 10  75  50a  75  a  3t ; suy vận tốc B thời điểm đuổi kịp A y 10   15  m / s  x  y 1 z  Câu 33 Trong không gian Oxyz cho điểm A 1; 2;3 đường thẳng d :   Đường thẳng 2 qua A , vng góc với d cắt trục Ox có phương trình  x  1  2t x  1 t  x  1  2t x  1 t     A  y  2t B  y   2t C  y  2t D  y   2t  z  3t  z   2t z  t  z   3t     Vậy có y  t   Lời giải Chọn A Gọi  đường thẳng cần tìm Gọi M    Ox Suy M  a;0;   AM   a  1; 2; 3  d có VTCP: ud   2;1; 2    Vì   d nên AM ud   2a      a  1  Vậy  qua M  1; 0;  có VTCP AM   2; 2; 3    2; 2;3 nên  có phương trình:  x  1  2t   y  2t  z  3t  Câu 34 Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên tham số m cho phương trình 16 x  m.4 x 1  5m  45  có hai nghiệm phân biệt Hỏi S có phần tử? A 13 B C D Lời giải Chọn B Đặt t  x ,  t   Phương trình trở thành: t  4mt  5m  45  (1) Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt t   m  45   3  m   '       P   5m  45   m  3  m    m  S   4m  m     Vì m nguyên nên m  4;5; 6 Vậy S có phần tử Câu 35 Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y   ; 10  ? A B Vô số x2 đồng biến khoảng x  5m C Lời giải D Chọn A TXĐ: D   \ 5m y' 5m   x  5m  5m   Hàm số đồng biến khoảng  ; 10   5m   10;    m   m2  5 5m  10 Vì m nguyên nên m  1; 2 Vậy có giá trị tham số m Câu 36 Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y  x8   m   x   m   x  đạt cực tiểu x  ? A B C Lời giải D Vô số Chọn C Ta có y  x8   m   x   m   x   y  x   m   x   m   x   y   x x   m   x   m    x    g  x   x   m   x   m    Xét hàm số g  x   x   m   x   m   có g   x   32 x3   m   Ta thấy g   x   có nghiệm nên g  x   có tối đa hai nghiệm + TH1: Nếu g  x   có nghiệm x   m  m  2 Với m  x  nghiệm bội g  x  Khi x  nghiệm bội y y đổi dấu từ âm sang dương qua điểm x  nên x  điểm cực tiểu hàm số Vậy m  thỏa ycbt x  Với m  2 g  x   x  20 x    x   Bảng biến thiên Dựa vào BBT x  không điểm cực tiểu hàm số Vậy m  2 không thỏa ycbt + TH2: g  0   m  2 Để hàm số đạt cực tiểu x0  g 0   m    2  m  Do m   nên m  1; 0;1 Vậy hai trường hợp ta giá trị nguyên m thỏa ycbt Câu 37 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 cơsin góc tạo hai mặt phẳng ( MC D) ( MAB) A 85 85 B 85 85 C 17 13 65 D 13 65 Lời giải Chọn B B C J N A D O H K A' M C' B' I L D' Giao tuyến ( MAB) ( MC D) đường thẳng KH hình vẽ Gọi J tâm hình vng ABCD L, N trung điểm C D AB Ta có: C D  ( LIM )  C D  LM  LM  KH Tương tự AB  ( NJM )  AB  MN  MN  KH Suy góc hai mặt phẳng ( MAB) ( MC D) góc đường thẳng ( MN , ML) Gọi cạnh hình lập phương Ta có LM   Ta có: cos LMN 10 34 , MN  , NL  6 MN  ML2  NL2 7 85  MN ML 85 Suy cosin góc hai mặt phẳng ( MAB) ( MC D) 85 85 Câu 38 Có số phức z thỏa mãn z  z   i   2i    i  z ? A B C D Lời giải Chọn B Ta có z  z   i   2i    i  z  z z  z  z i  2i    i  z  z  z   i   z   z   i Lấy module vế ta z  z  5 1   z    z  2 2 2 2  z  z    1   z    z     1 Đặt t  z , t  Phương trình 1 trở thành 2 t  t    1   4t    t    t  t  10t  26   17t  4t     t  10t  9t  4t     t  1  t  9t    t  t  t 3  t t  9t    t  1  8, 95  0, 69  0, 64 Ứng với giá trị t  , với z   n  n n l  4t    t  i 5i t suy có số phức z thỏa mãn Câu 39 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  1   z  1  điểm A  2;3; 1 Xét 2 điểm M thuộc  S  cho đường thẳng AM tiếp xúc với  S  , M thuộc mặt phẳng có phương trình A x  y  11  B 3x  y   C 3x  y   Lời giải Chọn C D x  y  11  M (S') (S) A I Mặt cầu  S  có tâm I  1; 1; 1 1 25 2  Gọi  S   mặt cầu đường kính AI   S   :  x     y  1   z  1  2    90   M thuộc giao hai mặt cầu Ta có AM tiếp xúc  S  M nên AM  IM  AMI mặt cầu  S  mặt cầu  S   M   S  Ta có   Tọa độ M thỏa hệ phương trình:  M  S     1 25 2 x      y  1   z  1  2  2   x  1   y  1   z  1  1 1    x  y  11  7  2 Hay M   P  : 3x  y   x  x có đồ thị  C  Có điểm A thuộc  C  cho tiếp tuyến A cắt  C  hai điểm phân biệt M  x1 ; y  ; N  x2 ; y2  khác A thỏa mãn Câu 40 Cho hàm số y  C  y1  y2  6( x1  x2 ) A C B Lời giải Chọn B   Ta có A   C   A  t ; t  t    y   x  x  y   t   t  7t Phương trình tiếp tuyến  C  A 7 y   t  7t   x  t   t  t  y   t  7t  x  t  t 4 Phương trình hoành độ giao điểm: 7 x  x   t  7t  x  t  t 4  x  14 x   t  7t  x  3t  14t   x  t x  2tx  3t  14   D x  t  2  x  2tx  3t  14  1 Tiếp tuyến cắt đồ thị  C  hai điểm phân biệt M  x1 ; y  ; N  x2 ; y2  khác A phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt khác t   t  t   3t  14       2 21 2 t    t  2t  3t  14   Khi dó  y  t  t x  t  t   1   x1  x2  2t   y1  y2   t  7t   x1  x2    x1 x2  3t  14  y   t  7t  x  t  t 2  Ta có y1  y2  6( x1  x2 )   t  7t   x1  x2    x1  x2  t  1  n  t     t  2  n  (do   )  t  7t     t  1  t  t      t  t   t  l   13    Với t  1 ta có A  1;   4   Với t  2 ta có A  2; 10   có hai điểm thỏa yêu cầu toán Câu 41 Cho hai hàm số f  x   ax  bx  cx  g  x   dx  ex   a, b, c, d , e    Biết đồ thị hàm số y  f  x  y  g  x  cắt điểm có hồnh độ 3 ; 1 ; (tham khảo hình vẽ) Hình phẳng giới hạn đồ thị cho có diện tích A B C Lời giải Chọn C D Cách 1:  dx  ex  Û ax3 + (b - d ) x + ( c - e ) x - = có nghiệm 2 3   27a   b  d    c  e    b  d       a  3 ; 1 ; nên suy  a   b  d    c  e    2   1   a   b  d    c  e    c  e    Xét phương trình ax3  bx  cx  3 x  x  x 2 2 Hình phẳng giới hạn đồ thị cho có diện tích Vậy f  x   g  x   1 S   f  x   g  x   dx    g  x   f  x   dx 3 1 1 3 3 1 1  S    x  x  x   dx    x  x  x   dx    2 2 2 2 3  1  Cách 2: (người phản biện đề xuất) Ta có: f  x   g  x   a  x  3 x  1 x  1 Suy a  x  3 x  1 x  1  ax   b  d  x   c  d  x  3 Xét hệ số tự suy ra: 3a    a  2 Do đó: f  x   g  x    x  3 x  1 x  1 Diện tích bằng: 1 S    f  x   g  x  dx    g  x   f  x   dx 3 1 1 1  S    x  3 x  1 x  1 dx    x  3 x  1 x  1 dx  3 1 Câu 42 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  phẳng  ABC   trung điểm M BC  AM  A B C Lời giải Chọn A 3 , hình chiếu vng góc A lên mặt Thể tích khối lăng trụ cho D 3 A C2 B2 C' A M M B' A' C1 A' H T H B1 T Cắt lăng trụ mặt phẳng qua A vng góc với AA ta thiết diện tam giác AB1C1 có cạnh AB1  ; AC1  ; B1C1  Suy tam giác AB1C1 vuông A trung tuyến AH tam giác Gọi giao điểm AM AH T  H  30 Suy MA Thể tích khối lăng trụ ABC AB C  thể tích khối lăng trụ AB1C1 AB2C2 ; AH   MH  AM  A  60  AA  Do MA   A cos MA Ta có: AM  V  AA.S AB1C1    Câu 43 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 1079 A B 4913 4913 C 23 68 D 1637 4913 Hướng dẫn giải Chọn D Ta có n     173 Trong số tự nhiên thuộc đoạn 1;17  có số chia hết cho 3; 6;9;12;15 , có số chia cho dư 1; 4;7;10;13;16 , có số chia cho dư 2;5;8;11;14;17 Để ba số viết có tổng chia hết cho cần phải xảy trường hợp sau: TH1 Cả ba số viết chia hết cho Trong trường hợp có: 53 cách viết TH2 Cả ba số viết chia cho dư Trong trường hợp có: 63 cách viết TH3 Cả ba số viết chia cho dư Trong trường hợp có: 63 cách viết TH4 Trong ba số viết có số chia hết cho , có số chia cho dư , có số chia cho dư Trong trường hợp có: 5.6.6.3! cách viết Vậy xác suất cần tìm là: p  A   53  63  63  5.6.6.3! 1637  173 4913 Câu 44 Cho a  , b  thỏa mãn log 3a  2b 1  9a  b  1  log ab 1  3a  2b  1  Giá trị a  2b A B C D Lời giải Chọn C a  , b  nên ta có log 3a  b1  6ab  1  ; log ab 1  3a  2b  1  Ta có 9a  b  6ab Dấu đẳng thức xảy a  3b Do đó, ta có: log 3a  2b 1  9a  b  1  log ab 1  3a  2b  1  log3 a  2b 1  6ab  1  log ab1  3a  2b  1  log 3a  2b 1  6ab  1 log ab1  3a  2b  1  log a  2b 1  3a  2b  1  Dấu đẳng thức xảy b  3a   log 3a  b 1  6ab  1  log ab 1  3a  2b  1 b  3a  b  3a    (do log a 1 18a  1  ) 2 log a 1 18a  1  log18 a 1  9a  1 log a 1 18a  1   b  b  3a    Suy a  2b  18a   9a  a   x 1 có đồ thị  C  Gọi I giao điểm hai đường tiệm cận  C  Xét tam x2 giác ABI có hai đỉnh A , B thuộc  C  , đoạn thẳng AB có độ dài bằng: Câu 45 Cho hàm số y  A B C Lời giải D 2 Chọn B Cách 1:  a 1   b 1  Giả sử A  a;  , B  b;  , I  2;1  a2  b2        3     ,  IA  a ;  IA   a  2;  IB  b  2;    , IB   b1 ;      a1  b1  a2 b2     9  2 2  IA  IB  AB  a1  a  b1  b 1 Do tam giác ABI nên    cos IA, IB      2    a1  b1    2   1   a1 b1   a b    a    1 a b  a2    1     a1  b1 a  b 1   1 a1b1    a1b1  3 Nếu a1  b1   vơ lý Nếu a1  b1 A  B  Loại Nếu a1b1  3   vơ lý Nếu a1b1     a12   12  AB  a12 Vậy AB  Cách 2: I  2;1 x  IXY  C  : Y   x2 X Trong hệ trục toạn độ IXY  C  nhận đường thẳng Y   X làm trục đối xứng C  : y  ABI nên IA tạo với IX góc 15  A  d : Y   tan15.X  A  d : Y     A X;      2 X   X   32 X 32 X Mà A   C   AB  IA2  X       X2    3 2 2 3  X   12  AB   Câu 46 Cho phương trình x  m  log  x  m  với m tham số Có giá trị nguyên m   20; 20  để phương trình cho có nghiệm? A 20 B 19 C Lời giải D 21 Chọn B Điều kiện: x  m  x  m  5t Đặt: t  log  x  m    x  x  x  5t  t 1 5  m  t Xét hàm số f  u   5u  u  f   u   5u ln   0, u   Do đó: 1  x  t  x  x  m  m  x  x Xét hàm số f  x   x  x , x  m Do: x   m  x , suy phương trình có nghiệm thỏa điều kiện   f   x    5x ln , f   x     x ln   x  log    ln  Bảng biến thiên: x ∞ ≈ 0,295 + y' +∞ ≈ 0,917 y ∞ ∞   Dựa vào bảng biến thiên  m  0,917   m  19;  18; ;  1 m 20;20 Vậy có 19 giá trị nguyên m thỏa ycbt Câu 47 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  có tâm I  2;1;  qua điểm A 1; 2; 1 Xét điểm B, C, D thuộc  S  cho AB, AC , AD đơi vng góc với Thể tích khối tứ diện ABCD có giá trị lớn A 72 B 216 C 108 Lời giải D 36 Chọn D Ta có: AI  32  32  32  3 Dựng hình hộp chữ nhật ABEC.DFGH I tâm mặt cầu ngoại tiếp A.BCD  I trung điểm AG  AG  AI  Đặt AB  x, AC  y, AD  z , ta có: AG  AB  AC  AD Co  si  108  x  y  z  3 x y z  xyz  363  216 1 Lại có: VABCD  xyz  216  36 6 Dấu đẳng thức xảy  x  y  z  Vậy max VABCD  36 2 Câu 48 Cho hàm số f  x  thoả mãn f     f   x   x  f  x   với x   Giá trị f 1 A  35 36 B  C  19 36 D  15 Lời giải Chọn B Ta có f   x   x  f  x    f  x  f  x    2x   f  x dx   xdx    f  x   2 1  f  x   Theo giả thiết: f         C  x C 9 4C 2 Vậy f  x     f 1   x2  2  x2  C f  x  x   7t  Câu 49 Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y   4t Gọi  đường thẳng qua điểm z    A 1;1;1 có vectơ phương u  1; 2;  Đường phân giác góc nhọn tạo d  có phương trình  x   7t  A  y   t  z   5t   x  1  2t  B  y  10  11t  z  6  5t   x  1  2t  C  y  10  11t  z   5t  Lời giải Chọn C d N H I K A M  x  1  3t  D  y   4t  z   5t  x   t '  Phương trình  :  y   2t '  z   2t '   Ta có d    A 1;1;1 Lấy I  4;5;1  d  AI   3; 4;   AI  Gọi M 1  t ';1  2t ';1  2t '    cho AM  AI  t '  Khi t '    t '    Với t '    10 10  15  13   M  ;  ;   AM   ; ;   AM  3 3 3  3 3      IAM   900  trường hợp  d ;    900 ( loại) Khi cos IAM Với t '     10 10  15  13 7   N   ; ;   AN    ; ;    AN  3  3   3  Khi cos IAN   900  trường hợp  d ;    900 (thỏa mãn)  IAM   14 2  Gọi H trung điểm NI  H  ; ;   AH   2;11; 5 3 3   14 2  Khi đường phân giác góc nhọn tạo d  qua H  ; ;  A 1;1;1 3 3   x  1  2t   nhận làm u   2;11; 5  VTCP  phương trình phân giác  y  10  11t  z   5t  Câu 50 Cho hai hàm số y  f  x  , y  g  x  Hai hàm số y  f   x  y  g   x  có đồ thị hình vẽ bên, đường cong đậm đồ thị hàm số y  g   x  3  Hàm số h  x   f  x    g  x   đồng biến khoảng đây? 2   31  9   31   25  A  5;  B  ;3  C  ;   D  6;    4      Lời giải Chọn B 3  Ta có h  x   f   x    g   x   2  3 3   Hàm số h  x   f  x    g  x   đồng biến  h  x    f   x    g   x    2 2   3   f   x  4  2g  2x   2  1  x   3 x48   1  x   1  x        3  9 19   19 3  x   3   x     x    x  19  x 4 Câu giải em chỉnh sửa nào! ...  5x ln , f   x     x ln   x  log    ln  Bảng biến thi n: x ∞ ≈ 0,295 + y' +∞ ≈ 0,917 y ∞ ∞   Dựa vào bảng biến thi n  m  0,917   m  19;  18; ;  1 m 20;20 Vậy... 2 2 2 AH SA AB 4a a 4a 5 55 Câu 26 Cho dx  a ln  b ln  c ln11 , với a, b, c số hữu tỉ Mệnh đề đúng? x9 x 16 B a  b  c A a  b  c C a  b  3c Lời giải D a  b  3c Chọn A Đặt t  x... 2 10 7.a.106  2 107.8a.106  2,  1, 4 a  9, 07a (đồng) Câu 28 Hệ số x5 khai triển biểu thức x  x  1   3x  1 A 13368 C 13848 Lời giải B 13368 D 13848 Chọn A Ta có x  x  1 