Tải Đề thi thử THPT quốc gia môn Toán năm 2018 trường THPT chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên (Lần 3) - Đề thi thử THPT quốc gia môn Toán có đáp án

Biết rằng nếu bác Mạnh không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu (ta gọi đó là lãi kép).. Sau một năm gửi tiền, bác Mạnh rút được số[r]

SỞ GD & ĐT ĐIỆN BIÊN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 3 NĂM HỌC 2017 – 2018

Mơn: TỐN   S : x 3 2y 1 2z 2 2 8

Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu Khi tâm I và bán kính R mặt cầu

 

I 3; 1; , R 4   I 3; 1; , R 2    

A B

 

I 3;1; , R 2  I 3;1; , R 4  

C D

  y f x

Câu 2: Cho hàm số có bảng biến thiên sau:

x   1 0 1 

y '  +  +

y  5 

1

1

 

f x  0

Số nghiệm phương trình

A 3 B 2 C 1 D 0

     

A 1;2; , B 3; 4; ,C 0;1;   

Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm Vectơ pháp tuyến mặt phẳng ABC

 

n 1; 1;1   n 1;1; 1   n 1;1;0  n 1;1; 1  

A B C D

1, 2, a Câu 4: Ba số theo thứ tự lập thành cấp số nhân Giá trị a bao nhiêu?

2

 4 A 4 B C 2 D

2

1

dx x 1

 log3

2

3 ln

2 ln 6Câu 5: Tính tích phân A B C D

Câu 6: Số cách chọn học sinh từ 10 học sinh là

3 10

A

10

A P3 10

C A B C D

  y f x

Câu 7: Cho hàm số có bảng biến thiên:

x   2 4 

y ' +  +

y 3 5 

  2

Khẳng định sau đúng?

x2 A Hàm số đạt cực đại

x 4 B Hàm số đạt cực đại

x 3. C Hàm số đạt cực đại x 2. D Hàm số đạt cực đại

 

f x sin 2x

cos 2x

sin 2xdx C

2

 

 sin 2xdx cos 2x C

A B cos 2x

sin 2xdx C

2

 

 sin 2xdx cos 2x C 

C D

 

z i 13i 1.

Câu 9: Cho số phức z thỏa mãn Tính mơđun số phức z

z 34

5 34 z

3

 z 34

3

 z  34

A B C D

Câu 10: Cho a, b, c ba số thực dương, khác Mệnh đề đúng

a a

b

log log b

a

 

 

 

  log ba log ba A B

b

log c

a b log b log c.log aa  b c C D

ax b y

cx d  

 Câu 11: Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số với a, b, c, d các số thực Mệnh đề sau

y ' 0, x 1   y ' 0, x 2   A B

y ' 0, x 1   y ' 0, x 2   C D

 

y f x y g x   a;b  x a, x b a b     

Câu 12: Cho hai hàm số liên tục đoạn Gọi D hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số đường thẳng Diện tích S hình phẳng D tính theo cơng thức

   

b

a

Sf x  g x dx    

b

a

Sg x  f x dx

A B

   

b

a

Sf x  g x dx    

b

a

Sf x  g x dx

C D

2

x 2x

1

5 125



 

  

  Câu 13: Tìm số nghiệm nguyên dương bất phương trình

A 6 B 3 C 5 D 4

 

y f x 

Câu 14: Cho hàm số xác định, liên tục có bảng biến thiên

x   1 0 1 

y '  +  +

y  5 

4

Khẳng định sau khẳng định   ; 1 0;1

A Hàm số đồng biến khoảng

1;  B Hàm số nghịch biến khoảng

1;0 1;

C Hàm số đồng biến khoảng 0;1

D Hàm số nghịch biến khoảng

A 2;1;( 3).Câu 15: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho Điểm A đối xứng với A qua mặt phẳng Oyz có

tọa độ

 

A ' 2;1;3 A ' 2; 1; 3    A ' 2;1; 3   A ' 2;1; 3  

r l 3. SxqCâu 16: Cho hình nón có bán kính đáy độ dài đường sinh Tính diện tích xung quanh của hình nón cho

xq

S  2 Sxq  3 Sxq  6 Sxq  6 A B C D

Câu 17: Khối đa diện sau có mặt?

A 9 B 8 C 7 D 10  

y f x

Câu 18: Cho hàm số có bảng biến thiên sau

x   1 0 1 

y '  +  +

y  0 

1 

1 

  f x 2m

Tìm tất giá trị tham số m để phương trình có nhiều nghiệm

 

1

m ; 0;

2

 

     

  m0;    1 A B

   

m   ;  0;  

1 m 0;

2

 

    

  C D

BB' 2, DD ' 4.  Câu 19: Trong mặt phẳng P, cho hình bình hành ABCD Vẽ tia Bx, Cy, Dz song song với

nhau, nằm phía với mặt phẳng ABCD, đồng thời không nằm mặt phẳng ABCD Một mặt phẳng qua A, cắt Bx, Cy, Dz tương ứng B’, C’, D’ Biết Tính CC

A 2 B 8 C 6 D 3 ABCD.A 'B'C 'D '.Câu 20: Cho hình lập phương Đường thẳng AC vng góc với mặt phẳng đây?

A 'BD A 'CD' A 'DC ' A 'B'CD

A B C D

Câu 21: Trên bàn có một cốc nước hình trụ chứa đầy nước, có chiều cao lần đường kính đáy Một viên bi khối nón thủy tinh Biết viên bi khối cầu có đường kính đường kính cốc nước Người ta thả từ từ thả vào cốc nước viên bi khối nón (hình vẽ) thấy nước cốc tràn ngồi Tính tỉ số thể tích lượng nước cịn lại cốc lượng nước ban đầu (bỏ qua bề dày lớp vỏ thủy tinh)

5

1

2 A B

4

2

3 C D

1 3x 20

Câu 22: Trong khai triển với số mũ tăng dần, hệ số số hạng đứng là

11 11 20

3 C 12 12

20

3 C 10 10

20

3 C 9

20

  : x y z 0   

x y z

d :

2 1

  

    .

Câu 23: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng đường thẳng Phương trình phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng d vng góc với mặt phẳng

x y z 0    2x 3y z 0    A B

x y 2z 0    2x 3y z 0    C D

 

z a bi a, b    z 2 z z z i    S a 2b 

Câu 24: Số phức thỏa mãn số thực Giá trị biểu thức bao nhiêu?

S1S 1 S 0 S3 A B C D

 

1

0

dx

a b

x 1  x  

 T a b

  Câu 25: Biết với a, b số nguyên dương Tính

T 7 T 10 T 6 T 8 A B C D

3

y 2x 3x 12x 2 [1;2] x x  x0Câu 26: Giá trị nhỏ hàm số đoạn đạt Giá trị bao nhiêu?

2

 1 A 2 B 1 C D

a SH

3 

Câu 27: Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy a, đường cao Tính góc cạnh bên mặt đáy hình chóp

45 30 75 60 A B C D

 P : 3x y z 0     Q : x 2y z 0.    Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng

và Khi đó, giao tuyến P Q có phương trình x t

d : y 2t z t

  

  

   

x t d : y 2t

z 5t   

      

x 3t d : y t

z t   

  

   

x t d : y 2t

z 5t   

  

  

 A B C D

Câu 29: Lớp 11B có 20 học sinh gồm 12 nữ nam Cần chọn học sinh lớp lao động Tính xác suất để chọn học sinh có nam nữ

14 95

48 95

33 95

47

95 A B C D

 x 

4

log 3.2 1  x

Câu 30: Tính tổng tất nghiệm thực phương trình

 A B 5 C 12 D 2

I 3;4;( 2).Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm Lập phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc

với trục Oz

  S : x 3 2y 4 2z 2 2 25  S : x 3 2y 4 2 z 2 2 4

A B   S : x 3 2y 4 2z 2 2 20  S : x 3 2y 4 2z 2 2 5

C D

4

y x  4x 3Câu 32: Cho hàm số có đồ thị C Có điểm trục tung từ vẽ tiếp

tuyến đến đồ thị C

A 3 B 2 C 1 D 0

 

2

x x

x

f x x 2

2ax x

  

 

 

  

1 a

2 

a1a 1 a 2 A B C D

3

yx mx  m1;2Câu 34: Tìm giá trị tham số m để hàm số đồng biến khoảng

3 ;3

 

 

 

3 ;

2

 

 

 

 3;   ;3 A B C D

1

z w 2i z2 2w 3

z az b 0  Tz1 z2 Câu 35: Cho số phức w hai số thực a, b Biết hai nghiệm phức phương trình Tìm giá trị

2 97 T

3

 T 85

3 

T 13 T 13 A B C D

 2

2

4 log x  log x m 0 

0;1 Câu 36: Tìm tất giá trị tham số m để phương trình có nghiệm thuộc khoảng

1 m 0;

4

 

  

 

1

m ;

4

 

  

 

1

m ;

4

 

   

  m   ;0 A B C D

Câu 37: Lãi suất gửi tiền tiết kiệm ngân hàng thời gian qua liên tục thay đổi Bác Mạnh gửi vào một ngân hàng số tiền triệu đồng với lãi suất 0,7% / tháng Sau tháng gửi tiền, lãi suất tăng lên 0,9% / tháng Đến tháng thứ 10 sau gửi tiền, lãi suất giảm xuống 0,6% / tháng giữ ổn định Biết bác Mạnh không rút tiền khỏi ngân hàng sau tháng, số tiền lãi nhập vào vốn ban đầu (ta gọi lãi kép) Sau năm gửi tiền, bác Mạnh rút số tiền ? (biết khoảng thời gian bác Mạnh không rút tiền ra)

A 5436566,169 đồng B 5436521,164 đồng

C 5452733,453 đồng D 5452771,729 đồng.

 

f x \1;1  

1

f ' x

x



 f3f 3  0

1

f f

2

   

  

   

    T f 2f 0 f 5 Câu 38: Cho hàm số xác định thỏa mãn Biết Tính

1

ln

2  ln 1

ln

2  ln 1 A B C D

A(2; 4),Câu 39: Cho hình phẳng H giới hạn trục hồnh, đồ thị của một parabol và

một đường thẳng tiếp xúc parabol điểm hình vẽ bên Tính thể tích khối trịn xoay tạo hình phẳng H quay xung quanh trục Ox

32

 16

15 

A B

22





C D

  8  

M 2; 2;1 , N ; ; , E 2;1; 3

 

 

 

   Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm Đường thẳng qua tâm đường trịn nội tiếp tam giác OMN vng góc với mặt phẳng OMN Khoảng cách từ điểm E đến đường thẳng

2 17

3 17

3 17

5 17

3 A B C D

AB / /CD, AB=2CD

S.BCNM S.BCDA

V

V Câu 41: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình

5 12

3

8 A B

1

1

4 C D

   

M 2;5 , N 0;13

c

y ax b

x

  

 x 2 Câu 42: Biết điểm cực trị đồ thị hàm số Tính giá trị của hàm số

13

 16

9 16

3

47

3 A B C D

3

y x  mx 1 1; Câu 43: Tìm tất giá trị tham số m để hàm số đồng biến

m 0 m 3 m 3 m 0 A B C D

m [ 5;5]

4

y x x x m

2

   

Câu 44: Có giá trị nguyên tham số để hàm số có điểm cực trị?

A 7 B 5 C 4 D 6

z 1. T  z z 1

Câu 45: Cho số phức z thỏa mãn Tìm giá trị lớn biểu thức max T 5 max T 5 max T 10 max T 2 A B C D

AB CD 4, AC BD 5, AD BC 6.      Câu 46: Tứ diện ABCD có Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng

BCD 42

3 42 14

3 42

42

14 A B C D

     

A 1; 2;1 , B 3; 1;1 , C 1; 1;1    S1S2 S3     S , S , S1 Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm Gọi mặt cầu tâm A, bán kính 2; hai mặt cầu có tâm B, C bán kính Trong mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu có mặt phẳng vng góc với mặt phẳng Oyz?

A 3 B 1 C 4 D 2

2

cos x m cos x  mCâu 48: Có tất số nguyên dương m để phương trình có nghiệm thực?

A 2 B 5 C 3 D 4

Câu 49: Một người bỏ ngẫu nhiên thư vào bì thư ghi sẵn địa cần gửi Tính xác suất để có nhất thư bỏ phong bì

5

1

3

7

8 A B C D

 

f x 0;2 

 

 

       

2

2

0

f 0, f ' x dx , sin x.f x dx

4

 

 

       

2

0

f x dx





Câu 50: Cho hàm số có đạo hàm liên tục thỏa mãn Tính tích phân

2 

4 

A 1 B C 2 D

Đáp án

11 D 12 D 13 B 14 C 15 D 16 B 17 A 18 A 19 C 20 A

21 A 22 A 23 B 24 D 25 B 26 B 27 A 28 D 29 B 30 D

31 A 32 C 33 B 34 A 35 A 36 C 37 C 38 C 39 D 40 A

41 C 42 D 43 B 44 D 45 A 46 C 47 A 48 C 49 A 50 A

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án B Phương pháp giải:

   2  2  2

0 0

S : x x  y y  z z R I x ; y ;z , 0 0 0 R

Mặt cầu ﾧ có tâm ﾧ bán kính ﾧ Lời giải:

  S : x 3 2y 1 2z 2 2 8I 3; 1; ,    R 2

Ta có có tâm bán kính

Câu 2: Đáp án B Phương pháp giải:

 

y f x y m

Dựa vào bảng biến thiên, xác định giao điểm đồ thị hàm số ﾧ đường thẳng ﾧ Lời giải:

 

f x  6

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy nên phương trình có nghiệm phân biệt

Câu 3: Đáp án C Phương pháp giải:

Vectơ pháp tuyến mặt phẳng tọa độ vectơ tích có hướng Lời giải:

   

AB 2;2; ; AC  1; 1;0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

AB; AC 1;1;0

   

 

                           

Ta có suy

Câu 4: Đáp án A Phương pháp giải:

2

ac b Ba số a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số nhân ﾧ

Lời giải:

1, 2, a  1.a  22  a 4 Vì ba số theo thứ tự lập thành cấp số nhân

Câu 5: Đáp án C

Phương pháp giải:Nguyên hàm hàm phân thức bấm máy tính

2

2 1

dx

ln x ln ln ln

x 1     



Lời giải: Ta có ﾧ Câu 6: Đáp án D

Phương pháp giải: Chọn ngẫu nhiên k phần tử n phần tử tổ hợp chập k n Lời giải:

3 10

C Chọn học sinh từ 10 học sinh tổ hợp chập 10 phần tử  có cách.

Câu 7: Đáp án D

Phương pháp giải: Dựa vào định nghĩa điểm cực trị hàm số bảng biến thiên Lời giải:

    x 2  x 2 Vì y đổi dấu từ qua Hàm số đạt cực đại

Câu 8: Đáp án A

Phương pháp giải: Dựa vào bảng nguyên hàm hàm số lượng giác

 

1 cos 2x

sin 2xdx sin 2xd 2x C

2

  

 

Lời giải: Ta có ﾧ Câu 9: Đáp án D

Phương pháp giải:

  13i

z i 13i z 5i z 34

2 i 

        

 Lời giải: Ta có ﾧ

Câu 10: Đáp án A

Phương pháp giải: Áp dụng công thức biểu thức chứa lôgarit Lời giải:

3

a a a a

b

log log b log a log b

a  

   

 

  a a

1 log b  log b

 Ta có:

Câu 11: Đáp án D

Phương pháp giải: Dựa vào hình dáng, đường tiệm cận đồ thị hàm số

x 2 Lời giải: Dựa vào hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng ﾧ xuống  ; 2 2;  y ' 0, x 2  

Vậy hàm số nghịch biến khoảng ﾧ ﾧ Câu 12: Đáp án D

Phương pháp giải: Cơng thức tính diện tích hình phẳng giới hạn hai đồ thị hàm số Lời giải:

   

b

a

Sf x  g x dx

Diện tích S hình phẳng D tính theo công thức

Câu 13: Đáp án B

Phương pháp giải: Áp dụng phương pháp giải bất phương trình mũ Lời giải:

2

x 2x x 2x

2

1 1

x 2x x 2x x

5 125 5

 

     

             

     

      Ta có

1; 2;3 Suy số nghiệm nguyên dương bất phương trình

Câu 14: Đáp án C Phương pháp giải:

Dựa vào bảng biến thiên, xác định khoảng đồng biến nghịch biến hàm số Lời giải:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy 1;0 1;

 Hàm số đồng biến khoảng   ; 1 0;1

 Hàm số nghịch biến khoảng

Câu 15: Đáp án D Phương pháp giải:

Xác định tọa độ hình chiếu mặt phẳng lấy trung điểm tọa độ điểm đối xứng Lời giải:

A 2;1( ;3) H 0;1( ;3)Hình chiếu mặt phẳng Oyz

 

A ' 2;1; 3 

Mà H trung điểm AA suy tọa độ điểm

Câu 16: Đáp án B

xq

S rl

Phương pháp giải: Cơng thức tính diện tích xung quanh hình nón ﾧ

xq

S   rl

Lời giải: Diện tích xung quanh hình nón ﾧ Câu 17: Đáp án A

Phương pháp giải: Đếm mặt khối đa diện Lời giải: Khối đa diện hình vẽ có tất mặt Câu 18: Đáp án A

Phương pháp giải:

Phương trình có nhiều n nghiệm xảy trường hợp có n nghiệm, có n – nghiệm, … , vơ nghiệm, dựa vào bảng biến thiên để biện luận số giao điểm hai đồ thị hàm số

  f x 2m

m 2m

1

2m m

2   

 

  



 



 TH1 Phương trình có nghiệm phân biệt

 

f x 2m  m 

TH2 Phương trình có nghiệm

 

f x 2m

1

2m m

2

     

TH3 Phương trình vơ nghiệm

 

f x 2m  

1

m ; 0;

2

 

     

  Vậy phương trình có nhiều nghiệm

Câu 19: Đáp án C

Phương pháp giải: Gọi điểm, dựa vào yếu tố song song, đưa toán hình thang tam

giác Lời giải:

Gọi O tâm hình bình hành ABCD Và M trung điểm B’D’

BB'D'DHình thang có đường trung bình OM BB' DD'

OM

2 

  

OM AO

CC ' CC ' AC

    

Tam giác ACC có OM đường trung bình

Câu 20: Đáp án A

Phương pháp giải: Dựng hình, xét mặt phẳng vng góc Lời giải:

 

A 'D AD '

A 'D ABC 'D ' A 'D AC ' A 'D C'D '

 

   





 Ta có

 

BD ACC 'A '  BDAC '

Và

 

AC ' A 'BD

Suy

Câu 21: Đáp án A Phương pháp giải:

Tính tổng thể tích khối nón khối cầu thể tích nước tràn ngồi Lời giải:

h 3.2.R 6R

   Gọi R, h, bán kính đáy, chiều cao hình trụ

2

VR hR 6R R  Thể tích khối trụ

3 c

4

V R

3  

Thể tích viên bi hình trụ

 

2

2

N N

1 R

V R h h 2R R

3 3



     

Thể tích khối nón hình trụ

3

1 c N

4

V V V R R

3

     

Khi đó, thể tích nước bị tràn

3 3

1

V V

T R R : R

V

  

       

  Vậy tỉ số cần tính

Câu 22: Đáp án A Phương pháp giải:

1 n 

   

20 20

20 k 20 k k k k k

20 20

k k

1 3x C  3x C x

 

  

Lời giải: Xét khai triển ﾧ

1 21

k 11

2 

 

Số hạng đứng khai triển ứng với 11 11

20

3 C Vậy hệ số số hạng cần tìm

Câu 23: Đáp án B Phương pháp giải:

 0

M x ; y na; b;c : a x x   0b y y  0c z z  0 0 

Ứng dụng tích có hướng để tìm vectơ pháp tuyến mặt phẳng Phương trình mặt phẳng qua ﾧ có VTPT ﾧ

  d  

n 1;1; ; n  2;1;1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Lời giải: Có ﾧ

     

 

   

     

P d

P d

P

d P u n

n u ; n 2; 3;

P n n 

 

 

   

     

   

  

 

 

 

  

 

Vì

M 1;( 1;2)M P Mà d qua suy

 P : 2x 3y z 0   

Vậy phương trình mặt phẳng

Câu 24: Đáp án D Phương pháp giải:

z a bi,  Đặt ﾧ thực yêu cầu toán, ý số phức số thực phần ảo 0

Lời giải:

 2 2

z 2 z  a bi 2   a bi  a 2 b a b  a 1

Ta có

        

z bi   z bi   z z i   bi 1   b i  b   b b i

Khi số thực

b 0   b2Khi S a 2b  3Vậy

Câu 25: Đáp án B Phương pháp giải:

Nhân liên hợp, bỏ mẫu số đưa tìm nguyên hàm hàm chứa thức Lời giải: Ta có

         

1

1 1

3 3

2

0

0 0

dx x x

dx x x dx x x

3

x x x 1 x

   

        

 

 

   

  

      a

2

a b

b

3 3

 

      



 ﾧ mặt khác ﾧ

T a b 10     Vậy

Câu 26: Đáp án B

Phương pháp giải: Khảo sát hàm số đoạn để tìm giá trị nhỏ – giá trị lớn Lời giải:

 

f x 2x 3x 12x 2 [1;2]f ' x  6x26x 12

Xét hàm số có

   

 

2 x 1;

f ' x 6x 6x 12

x 1;2

   

      

  

 Phương trình

     

f 1 15;f 15;f 6

Tính

Do đó, hàm số đạt giá trị nhỏ 5 Xảy x 1

Phương pháp giải: Dựng hình, xác định góc cạnh bên mặt đáy, đưa vào tam giác vng tính góc

Lời giải: Vì S.ABC hình chóp tam giác

ABC

  H tâm đường tròn ngoại tiếp

Suy CH hình chiếu SC ABC

 

SC; ABC = SC;CH   SHC

 

Tam giác SCH vng H ta có:

SH a a

tanSCH : SCH 45

CH 3

     

45Vậy góc cạnh bên SC mặt phẳng đáy

Câu 28: Đáp án D Phương pháp giải:

Ứng dụng tích có hướng để tìm vectơ phương đường thẳng giao tuyến giải hệ phương trình để tìm tọa độ giao điểm hai mặt phẳng

 P    Q  

n  3;1;1 , n 1; 2;1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Lời giải: Ta có: ﾧ

Gọi d giao tuyến P Q

 

 

     

d P

d P Q

d Q

u n

u n ; n 1; 2;5

u n



 

 

 



    

 

                            

  

 

Ta có 3x y z

, x 2y z

   

 

   

  

y z y

x M 0; 1;6 d

2y z z

   

 

       

   

  Xét hệ chọn

x t d : y 2t

z 5t   

  

  

 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm

Câu 29: Đáp án B

Phương pháp giải: Áp dụng quy tắc đếm Lời giải:

 

2 20

C 190 n  190

Chọn học sinh 20 học sinh có Gọi X biến cố học sinh chọn có nam nữ

Chọn học sinh nam nam có cách, chọn học sinh nữ 12 nữ có 12 cách  

n X 8.12 96.

Suy số kết thuận lợi cho biến cố X  

 

n X 48

P

N 95

 

 Vậy

Câu 30: Đáp án D

Phương pháp giải: Mũ hóa, đặt ẩn phụ đưa giải phương trình bậc hai để tìm nghiệm

x

2

3.2 1 0  x  log

Lời giải: Điều kiện: ﾧ

 x  x x

4

log 3.2 x 3.2 

     

   

 

x

2

x x x x

x

2

x log

2

12.2 4 12.2

2 x log

  

  



         

  

  

 

       

1 2 2

x x log 2 log 2 log  6 2  

 Khi ta có:

 2

2

2

log 6    log 2

 

 

Câu 31: Đáp án A Phương pháp giải:

Khoảng cách từ tâm đến trục Oz bán kính R

 

I a, b, c   S : x a2 y b2 z c2 R2

     

Phương trình mặt cầu tâm ﾧ bán kính ﾧ Lời giải:

 

Oz

x :

y 0, u 0;1;1 z t

 

 

   



Phương trình trục Oz:

  Oz  

OI 3;4; 2  OI; u   4; 3;0

 

  

Ta có

I Oz

  Oz 2

Oz

OI; u

d I;Oz R

u

 

 

    

 



Khoảng cách từ tâm   S : x 3 2y 4 2z 2 2 25

Vì S tiếp xúc với trục Oz  Phương trình cần tìm

Câu 32: Đáp án C

Phương pháp giải: Lập phương trình tiếp tuyến với hệ số góc k qua điểm thuộc Oy, sử dụng điều kiện để hai đồ thị tiếp xúc tìm tham số m

Lời giải:

 

M 0;m Oy  d : y kx m 

Gọi Phương trình tiếp tuyến C có dạng

 

4

4

4

x 4x k

( ) x 4x 4x 8x x m

x 4x kx m

d           

   



 Vì C tiếp xúc với

 

4

f x

m 3x 4x

       

  m f x

  u cầu tốn có nghiệm phân biệt

 

f x 3x 4x 3 

   

x

f ' x 12x 8x;f ' x 6

x   

   

 

 Xét hàm số trên, có Ta có BBT

x   6

3



3



y ' +  + 

y 13

3

13



  3  

 

m f x  m 3 Dựa vào bảng biến thiên, để có nghiệm phân biệt

Câu 33: Đáp án B

Phương pháp giải: Áp dụng điều kiện để hàm số liên tục điểm Lời giải:

       

2

x x x x x

x x

lim f x lim lim x 5; lim f x lim 2ax 4a

x

    

    

 

       

 Ta có

    x 2

f 2ax 4a



   

Và

x 2 xlim f x2   xlim f x2  f 2  4a   a1

Do đó, để hàm số liên tục điểm khi:

Câu 34: Đáp án A

Phương pháp giải: Tính đạo hàm, áp dụng điều kiện để hàm số đồng biến khoảng

3 2

yx mx  m y '3x 2mx, x  Lời giải: Ta có ﾧ

 

2

y ' 0, x 3x 2mx 0, x 1;2

        

Yêu cầu toán  

2

3x 2mx 2m 3x, x 1;2 2m 3.2 m

           

Câu 35: Đáp án A Phương pháp giải:

Đặt số phức w, biến đổi z sử dụng hệ thức Viet cho phương trình bậc hai Lời giải:

 

w m ni m, n   

 

1

z w 2i m n i

z 2w 2m 2ni

     

 

    



 Đặt suy

 

1

z z 3m 3  3n i a

3n 2

n

3m 3

  

   

 

 Ta có số thực

1

2

4

z m i

3

z 2m i

3 

 

   

   

 

2

4 16

z z m i 2m i 2m 3m m b

3 3

     

           

     

4

m m

3

    

Lại có số thực

1

1

2

4

z i

2 97

3 T z z

4

z i

3 

  



    



   

 Vậy

Câu 36: Đáp án C

Phương pháp giải: Đặt ẩn phụ, cô lập tham số m, đưa toán tương giao Lời giải:

Ta có

   

2

2 2

2 2 2

2

1

4 log x log x m log x log x m log x log x m

2 

 

            

 

2

t log x x0;1 t 0

Đặt với  

2

t  t m 0  m t  t f t

Khi

 

f t  t t  ;0 ,  

1 f ' t 2t t

2

    

Xét hàm số có

x 0 1

2



 

 

f t 

1 

  1 t  

f 0;f ; lim f t

2   

 

     

  Tính Bảng biến thiên

  m f t

   

1

;0 m m

4

      

Do đó, để có nghiệm thuộc khoảng

Câu 37: Đáp án C

 n T A m% 

Phương pháp giải: Áp dụng công thức lãi kép ﾧ cho giai đoạn Lời giải:

 6

1

T 5 1+ 0,7%

Số tiền bác Mạnh có sau tháng gửi ngân hàng triệu đồng  3

2

T  T 1+0,9%

Số tiền bác Mạnh có sau tháng triệu đồng  3

3

T T 1+0,6%

Số tiền bác Mạnh có sau tháng triệu đồng

3

T 5452733, 453Vậy sau năm gửi tiền, bác Mạnh rút số tiền đồng

Câu 38: Đáp án C Phương pháp giải:

Tìm hàm số thông qua nguyên hàm, chia nhỏ trường hợp để xét giá trị Lời giải:

   

1

2

3

1 x

ln C x

2 x

dx x 1 x

f x f ' x ln C ln C x

x x x

1 x

ln C x

2 x

 

 

 



  

        

   

 

  

 



 

Ta có

    3

1 1

f f ln C ln C C C

2 2

          

Suy

2 2

1 1 1

f f ln C ln C C

2 2

   

         

   

    Và

      2

1 1

T f f f ln C C ln C C ln

2

           

Vậy

Câu 39: Đáp án D

Phương pháp giải: Chia làm khối tròn xoay lấy hiệu Lời giải:

   

O 0;0 , A 2;   P : y x2



Vì P qua ba điểm Phương trình parabol

A(2; 4) d : y 4x 4  Tiếp tuyến P điểm có phương trình

2

x 4x 4  x 2 Hoành độ giao điểm P d nghiệm phương trình:

H1  P , y 0, x 0, x 2   Thể tích khối trịn xoay quay hình phẳng giới hạn

 

2

2

2

1

0 0

x 32

V f x dx x dx

5

 

   

 d , y 0, x 1, x 2  

     

2

2

2

2

0 1

16 x 16

V g x dx 16 x dx

3

  

    

1

32 16 16

V V V

5 15

  

    

Vậy thể tích khối trịn xoay cần tính

Câu 40: Đáp án A

Phương pháp giải:

Tìm tọa độ tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác OMN tính chất đường phân giác

Lời giải:

 

OM;ON =k 1; 2;2

   

 

                           

 

OM 2; 2;1  OM 3



Ta có Vectơ phương

8

ON ; ; ON

3 3

 

   

 



 

OF F MN

Kẻ phân giác ta có:

OM MF 3 12 12

MF FN F 0; ;

ON NF 4 7

 

      

 

 

 

OMN I OF OI kOF,

    

 

k 0 Gọi I tâm đường tròn nội tiếp với r=1 IO 2.Tam giác OMN vng O, có bán kính đường trịn nội tiếp

15 12

ME= ;OM=3;cosOMN= OF

7 5    

12

OF OI I 0;1;1

 

 

Mà suy

  

x y z

: ,

1 2

  

  

 u1; 2;2 , 



 

I 0;1;1 Phương trình đường thẳng có qua



EI; u 2 17 d

3 u

 

 

 

 



Khoảng cách từ E đến đường thẳng

Câu 41: Đáp án C

Phương pháp giải: Sử dụng định lí Simson xét tỉ lệ thể tích khối đa diện Lời giải:

CD 1  AB 2    ABCD  

h

h d D; AB S AB CD h

2

    

Chuẩn hóa

 

 

ABD ACD

1 h

S d D; AB AB h S

2

   

Diện tích tam giác DAB

 

S.BMN S.ABCD

S.BMN S.BAD S.ABCD

S.BAD

V SM SN 1 1 V

V V V

V SA SD2  4 4 4  Ta có

 

S.BCN S.ABCD

S.BCN S.BCD S.ABCD

S.BCD

V SN 1 1 V

V V V

V SD  2 2 2  Lại có

   1  ,

S.BCNM

S.BMN S.BCN S.ABCD

S.ABCD

V

1

V V V

6 V

   

Lấy ta

Câu 42: Đáp án D

 2

c c

y ax b y ' ax ; x

x x 1

        

 

Ta có

   

M 2;5 , N 0;13

   

y ' a c

a c a c

y ' 0

 

   



     

 

 



 Vì điểm cực trị

   

y 2a b c

b c 13 y 13

 

    





 

 

 



  

a c 2

a c y x 2x 11

b 11 x

  

      

 

 Và mà

  47

y 2.2 11

3

   

Vậy

Câu 43: Đáp án B Phương pháp giải:

Tính đạo hàm, áp dụng điều kiện để hàm số đồng biến khoảng Lời giải:

3

y x  mx 1  y ' 3x  m; x  Ta có

  2  

y ' 0; x 1; 3x m m 3x ; x 1;

            

Yêu cầu toán

  

2 1;

m 3x



  3x2 3; x 1

   m 3 mà nên suy giá trị cần tìm.

Câu 44: Đáp án D Phương pháp giải:

Tính đạo hàm hàm trị tuyệt đối, giải phương trình đạo hàm để biện luận số điểm cực trị Lời giải:

 

4

4

1

4x 3x x x x x m

1

y x x x m y ' ; x D

1

2 x x x m

2

 

      

 

       

  

Ta có

 

3

4

4

1 x 1;0;

4x 3x x

4

y ' 1

x x x m

m f x x x x

2

2

  

 

      

 

 

  

     

     

 

Phương trình

  m f x

    

1 1;0; *

4

 



 

  Để hàm số có điểm cực trị có nghiệm phân biệt khác

 

f x x x x ,

2

   f ' x  4x3 3x2 x;f ' x  x 1;0;1

 

       

 Xét hàm số có

   

f ;f 0;f

2 256

 

    

  Tính

 

m m

* 3

m ; m ;

2 256 256

  

 

 

     

     

   

     

  Khi

m  m [ 5;5]m{5; 4; 3; 2;   1;0 } Kết hợp với ta

Vậy có giá trị nguyên m cần tìm

Câu 45: Đáp án A Phương pháp giải:

Gọi số phức, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki để tìm giá trị lớn Lời giải:

   

z x yi x, y    M x; y

  A 1;0),( B 1;0

Và

2

z 1  x yi 1   x y 1

Ta có  M thuộc đường trịn đường kính AB

2 2

MA MB AB 4

Khi đó, theo Bunhiacopxki, ta có

 2  2

T MA 2MB   2 MA MB AB  5.4 5

max T 5 Vậy giá trị lớn biểu thức

   2

z x yi x, y    z 1  x 1 y z 1  x 1 2y2

Cách Đặt

2 2

z 1  x y  1 x y 1,T x 1 2y2 2 x 1  2y2

Mặt khác

 2  2  2  2 

T  x y x y  10 x y

            

  max T 5

Câu 46: Đáp án C

Phương pháp giải:

Áp dụng cơng thức tính nhanh thể tích tứ diện gần đều, đưa tốn tính khoảng cách tốn tìm thể tích chia cho diện tích đáy (tính theo công thức Hê – rông)

Lời giải:

     

BCD

15

CD 4; BD 5;BC S p p a p b p c

4

        

Tam giác BCD có

AB CD a, BC AD b, AC BD c      Cơng thức tính nhanh: Tứ diện gần ABCD có

 2 2  2 2  2 2

2

V a b c b c a a c b

12

      

Suy thể tích tứ diện ABCD

ABCD

15

AB=CD=4,AC BD 5, AD=BC=6 V

4

    

Áp dụng với

 

    

ABCD BCD

BCD

1 3V 42

V d A, BCD S d A, BCD

3 S

   

Mặt khác

Câu 47: Đáp án A Phương pháp giải:

Xét vị trí tương đối mặt phẳng, gọi phương trình tổng quát mặt phẳng tính tốn dựa vào điều kiện tiếp xúc Lời giải:

 P : ax+by cz d 0  

Gọi phương trình mặt phẳng cần tìm  

    

d B; P d C; P 1mp P / / BC 

Vì suy qua trung điểm BC

BC ( 4  ;0;0)  P Oyz  mp P / /BC  Mà mp vng góc với mp

 

mp P / /BC a 0   P : by cz d 0      2

2b c d

d A; P

b c

 

 

 Với  suy

 

  2 2 2 2

2

4b c d

2b c d b c d

b c d c d 0

d B; P

b c d b c

b c

b c d b c

  

       

   

 

     

    

  

    

 Và

2 2

2

3 b b c 8b c c 2 2b

c d

b b c

      

 

   

  



  



 suy có ba mặt phẳng thỏa mãn

Phương pháp giải:

Đưa phương trình lượng giác bản, biện luận tìm tham số m Lời giải:

Ta có

 

   

     

2

2

cos x m cos x m cos x cos x cos x m cos x m

cos x cos x m cos x cos x m cos x cos x m

cos x m cos x

cos x cos x m cos x cos x m *

cos x m cos x

         

        

   

        

  

 

cos x ; ,

t  1  

    t m t 1 *

t m t

   

 

  

 Đặt

2

m t  t  

3

t 1;1 m

4

    

Giải 1 ta có có nghiệm

2

m t  t  

1

t 1;1 m

4

     

Giải 2 ta có có nghiệm

m ,

  m{1; 2; 3}Kết hợp với ta giá trị cần tìm

Câu 49: Đáp án A

Phương pháp giải: Áp dụng nguyên lý bù trừ tốn xác suất Lời giải:

Ta tính xác suất để xảy không thư địa Mỗi phong bì có cách bỏ thư vào nên có tất 4! cách bỏ thư

m

A Gọi U tập hợp cách bị thư tính chất thư thứ m bỏ địa

 4

1

N 4! N  N   1 N

Khi đó, theo cơng thức ngun lý bù trừ, ta có

 

m

N m 4 

Trong số tất cách bỏ thư cho có m thư địa

m

N 4 m !   

m

m

4! N C m !

k!

   N 4! 1  n

1! 2! 4!

 

       

 Nhận xét rằng, tổng theo cách lấy m thư từ lá, với cách lấy m thư, có cách bỏ m thư địa chỉ, ta nhận được:

 4

1 1

P

1! 2! 4!

     

Suy xác suất cần tìm cho việc không thư địa

P P

  

Vậy xác suất để có thư bỏ phong bì

Câu 50: Đáp án A Phương pháp giải:

 

f ' x

Sử dụng bất đẳng thức Holder tích phân để tìm hàm số ﾧ Lời giải:

   

u f x du f ' x dx

, dv sin xdx v cos x

 

 

 



 

 

 

  Đặt

     

2

2

0

sin x.f x dx cos x.f ' x cos x.f ' x dx

 



 

 

   

2

0

cos f ' cos 0.f cos x.f ' x dx

4 2



   

     

       

2 2 2

2 2 2

0 0 0

f ' x k.cos x dx f ' x dx sin x.f x dx 2k cos x.f ' x dx k cos xdx

    

      

   

   

    

Xét

2

2k k k

4 4

  

     

   

2

2

f ' x cos x dx f ' x cos x



   

 

 



Khi    

f x f ' x cos xdx sin x C  f 0   0 C 0

Suy mà

 

f x sin x 

2

0

sin xdx





