Tải Đề thi thử THPT quốc gia môn Toán năm học 2017 - 2018 trường THPT Chuyên Sơn La - Đề thi thử THPT quốc gia môn Toán có đáp án

Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập S, biết rằng xác suất chọn một tam giác vuông trong tập S là...  TXĐ: Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng..[r]

SỞ GD & ĐT SƠN LA TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1 Môn: TỐN

Thời gian làm 90 phút, khơng kể thời gian giao đề

Câu 1: Cho tập hợp S có 20 phần tử Số tập gồm phần tử S là:

20 A 17

20 A

20 C 203

A B C D

Câu 2: Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng?

2

y x 

2x y

x

 

2x y

x  



2

x 2x

y

x

 



 A B C D

x

2x

1 2



 



 

  Câu 3: Tập nghiệm bất phương trình là

 ;1 1;

1 ;

3

 

 

 

 

1 ;

 



 

  A B C D

 

y f x

Câu 4: Cho hàm số có bảng biến thiên sau:

x   1 0 1 

y ' + - +

-y 1 1

  0  

 

y f x

Hàm số đồng biến khoảng đây?

1;0 1; 0;1  ;0

A B C D

zz 3i  Câu 5: Số phức liên hợp số phức là

z 2i  z 3i  z 2i  z 2 3i A B C D

Câu 6: Thể tích V khối lăng trụ có chiều cao h diện tích đáy B là

V Bh

1

V Bh

2 

V 3Bh

1

V Bh

3 

A B C D

x

2x lim

x

  



 Câu 7: bằng

2 

1

1 

 P : 2x y 3z 0   

Câu 8: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng Mặt phẳng (P) có vecto pháp tuyến

 

n1; 1;3 n2; 1;3  n2;1;3 n2;3; 2 

A B C D

Câu 9: Với số thực dương a, b bất kì, mệnh đề đúng?

 

ln ab ln a ln b

a ln a

ln

bln b a

ln ln b ln a

b  ln ab  ln a.ln b A B C

D

0

dx x 1



Câu 10: Tích phân bằng

log 1ln ln 2 A B C D

 

f x x  x

Câu 11: Họ nguyên hàm hàm số là

4

x x

C

4  

4

x x

x C

4   

3 x

x x C

2

   3

3x C A B C

D

Câu 12: Cho hình nón có bán kính đáy a độ dài đường sinh 2a Diện tích xung quanh hình nón

2

3 a 2a2 a 2 a A B C D

Câu 13: Đường cong hình bên đồ thị hàm số đây?

4

y x  x 1yx4x21 A B.

3

yx 3x 1 y x 3 3x 2 C D.

 

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

Câu 14: Cho hàm số liên tục đoạn Diện tích S hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số trục hoành hai đường thẳng tính theo cơng thức:

 

b

a

Sf x dx  

b

a

S b f x dx   

b

a

Sf x dx  

b

a

Sf x dx

A B C D

x y

x  

 Câu 15: Hàm số có điểm cực trị?

 

A 1; 2;3

Câu 16: Trong không gian Oxyz,cho điểm Hình chiếu vng góc điểm A trên mặt phẳng (Oxy) điểm

 

N 1; 2;0 M 0;0;3  P 1;0;0  Q 0; 2;0  A B C D

 

A 1;3; 2    : x 2y 2z 0.     

Câu 17: Trong không gian Oxyz, cho điểm mặt phẳng Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng bằng:

1

2

2

5 A B C D

Câu 18: Trong lớp học gồm 15 học sinh nam 10 học sinh nữ Giáo viên gọi ngẫu nhiên học sinh lên bảng giải tập Xác suất để học sinh gọi nam lẫn nữ

219 323

443 506

218 323

442

506 A B C D

4

y x  2x 3 0; 3 Câu 19: Giá trị nhỏ hàm số đoạn bằng

6 A B C D

 

A 2; 1;1   

Câu 20: Trong không gian Oxyz, cho điểm Phương trình mặt phẳng qua hình chiếu điểm A trục tọa độ

x y z

0 1 1 

x y z

0 21 1 

x y z

1 1  

x y z

1

21 1  A B C

D

Câu 21: Một người gửi 200 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0,45%/tháng Biết rằng không rút tiền khỏi ngân hàng sau tháng, số tiền lãi nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng Hỏi sau 10 tháng, người lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu lãi) gần với số tiền đây, khoảng thời gian người khơng rút lãi suất không thay đổi

210.593.000 209.183.000 209.184.000 A đồng B đồng C đồng D 211.594.000 đồng

log x32 2log x 0

  

Câu 22: Tích giá trị tất nghiệm phương trình bằng

9

10 10 10 11010

A B C D

2

z z z2 2z 10 0.

  

2

1

Tz z

T 10 T 10 T 20 T 10 A B C D

 

y f x

Câu 24: Cho hàm số có bảng biến thiên sau:

x   1 3 

y ' + - +

y 4 

  2

 

f x m 1

Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình có nghiệm thực phân biệt?

3 m

   2 m 4   2 m 4  3 m 3 A B C D

ABC.A 'B'C 'Câu 25: Cho hình lăng trụ tam giác có tất cạnh a Khoảng

cách hai đường thẳng AB A’C’

a a 2a a A B C D

 

f x 1;e

 

 

e

1

f x

dx 1,f e

x  

  

e

1

f ' x ln xdx ?



Câu 26: Cho hàm số liên tục đoạn , biết Tích phân

10 A B C D

2

4y x y x Câu 27: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình phẳng (H) giới hạn đường và

Thể tích vật thể trịn xoay quay hình (H) quanh trục hồnh vịng

128 30 

128 15 

32 15

129

30  A B C D

3 2

y x  3mx  9m xCâu 28: Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số

0;1 nghịch biến khoảng

1 m

3 

m1 m

3 

m 1

1 m

3

  

A B C D

OA OB OC a    Câu 29: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc với

nhau Khoảng cách hai đường thẳng OA BC

a 2a 2a

3a

2 A B C D

 

f x 2; 1;0 y f x  2 2x

5 A B C D

MN 60 cm 30 dm Câu 31: Một người thợ có khối đá hình trụ Kẻ hai

đường kính MN, PQ hai đáy cho MN vng góc PQ Người thợ cắt khối đá theo mặt cắt qua điểm M, N, P, Q để thu khối đá có hình tứ diện MNPQ (hình vẽ) Biết thể tích khối tứ diện MNPQ

bằng Hãy tìm thể tích lượng đá bị cắt bỏ (làm tròn kết đến chữ số thập phân)

101,3 dm 141,3 dm3121,3 dm3111, dm3

A B C D

Câu 32: Gọi S tập hợp số phức z thỏa mãn Tổng giá trị tất phần tử S bằng

1 3i  3 3i11 3i A B C D

 P : x 2y 2z 2018 0,   

Câu 33: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

 Q : x my m z 2017 0   

(m tham số thực) Khi hai mặt phẳng (P) (Q) tạo với góc nhỏ điểm M nằm (Q) ?

 

M 2017;1;1 M 0;0; 2017  M 0; 2017;0   M 2017;1;1 

A B C D

3 tan x tanx.tan x tan x tan 2x

6

 

   

    

   

    0;10Câu 34: Gọi S tập hợp tất cả nghiệm phương trình đoạn Số phần tử S là:

19 20 21 22 A B C D

   

A 1; 1;1 , B 1;2;3 

Câu 35: Trong không gian Oxyz, cho điểm đường thẳng

x y z

d :

2

  

 

  Đường thẳng qua điểm A, vuông góc với hai đường thẳng AB

và d có phương trình là:

x y z

2

  

  x y z

7

  

  x y z

2

  

  x y z

7

  

 

A B

C D

a, SA a Câu 36: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O cạnh bằng

và SA vng góc với đáy Tang góc đường thẳng SO mặt phẳng (SAB)

2 2

5

x m y

x  

 2;4

2 max y

3 

Câu 37: Cho hàm số (m tham số thực) thỏa mãn Mệnh đề đúng?

1 m 3  m 4  m2 m 4 A B C D

k

n n

A 2A 100 Akn x5  2n

1 3x

Câu 38: Với n số nguyên dương thỏa mãn (là số các chỉnh hợp chập k tập hợp có n phần tử) Số hạng chứa khai triển biểu thức là:

61236 256x 2523 61236x3

A B C D

 an bn a2 a1 0, b2 b11Câu 39: Cho cấp số cộng , cấp số nhân thỏa mãn hàm số

 

f x x  3x f a 2  2 f a 1 f log b 2 2 f log b  1 n n 1   bn 2018a n và cho Tìm số nguyên dương nhỏ cho

20 101416 A B C D

 

2

2

x dx a

d 3,

b c

x sin x cos x





 

  



a, b,c,d 

  P a b c d    Câu 40: Biết với Tính

9 10 A B C D

 

z a bi, a, b    z 3i  6.P 3a b  z 3i z 5i    

Câu 41: Xét số phức thỏa mãn Tính biểu thức đạt giá trị nhỏ

P 20 P 2  20 P 20 P 2 20 A B C D

 

M 1; 2;3 x’Ox, y’Oy, z’Oz OA 2OB 3OC 0   Câu 42: Trong không gian Oxyz, cho điểm Hỏi có mặt phẳng (P) qua M cắt trục điểm A, B, C cho

46 32 A B C D

   

2

x y

log x x y y xy

x y xy



    

   Pmax

3x 2y P

x y

 



  Câu 43: Xét số thực

dương x, y thỏa mãn Tìm giá trị biểu thức max

P 0 Pmax 2 Pmax 1Pmax 3 A B C D

n *, n 

  293

Câu 44: Cho (H) đa giác 2n đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O Gọi S tập hợp tam giác có đỉnh đỉnh đa giác (H) Chọn ngẫu nhiên tam giác thuộc tập S, biết xác suất chọn tam giác vuông tập S Tìm n?

AB AC a  BAC 120 BB' a Câu 45: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy

ABC tam giác cân với cạnh , cạnh bên , gọi I trung điểm CC’ Cơsin góc tạo mặt phẳng (ABC) (AB’I) bằng:

20 10 30

30 10

30

5 A B C D

 

f x 0;1    

1

2

3

f , f ' x dx

5

     

1

37

x f x dx

180 

  

1

0

f x 1 dx ?

 

 



Câu 46: Cho hàm sốcó đạo hàm liên tục đoạn thỏa mãn Tích phân

2 30

2 30



10



10 A B C D

3

y x 3x 9x 3  C  C  C OB 2018OA. Câu 47: Cho hàm số có đồ thị Tìm giá trị

thực tham số k để tồn hai tiếp tuyến phân biệt với đồ thị có hệ số góc k, đồng thời đường thẳng qua tiếp điểm hai tiếp tuyến với cắt trục Ox, Oy A B cho

6054 6024 6012 6042 A B C D

     

A a;0;0 , B 0;b;0 , C 0;0;c a2 4b2 16c2 49.

   F a 2b2c2Câu 48: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm với a, b, c số thực dương thay đổi cho Tính tổng cho khoảng cách từ O đến (ABC) lớn

51 F

5

 F 51

4

 F 49

5

 F 49

4 

A B C D

 

y f x  y ' f ' x   y f x  2

Câu 49: Cho hàm số Hàm sốcó đồ thị hình bên Hàm số đồng biến khoảng

1; 1;

A B

  ; 1 1;1

C D

ABCD.A’B’C’D’ AB 1, BC 2, AA’ 3.   T AE A F AG   Câu 50: Cho hình hộp chữ

nhật có Mặt phẳng (P) thay đổi qua C’, mặt phẳng (P) cắt tia AB, AD, AA’ E, F, G (khác A) Tính tổng cho thể tích khối tứ diện AEFG nhỏ

15 16 17 18 A B C D

1-C 2-C 3-C 4-C 5-B 6-A 7-C 8-B 9-A 10-C 11-B 12-D 13-D 14-A 15-D 16-A 17-B 18-B 19-B 20-B 21-C 22-A 23-C 24-D 25-B 26-A 27-B 28-A 29-C 30-B 31-D 32-A 33-A 34-B 35-D 36-D 37-C 38-D 39-D 40-A 41- 42-C 43-C 44-C 45-C 46-B 47-D 48-D 49-A 50-D

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án C

Phương pháp: Sử dụng tổ hợp chập 20 để lấy phần tử tập 20 phần tử

20

C Cách giải: Số tập gồm phần tử S

Câu 2: Đáp án C

Phương pháp:

 

y f x

* Định nghĩa tiệm cận đứng đồ thị hàm số

 

x a

lim f x





  

x a

lim f x





   

x a

lim f x





  

x a

lim f x





 

x a Nếu hoặc

là TCĐ đồ thị hàm số Cách giải:

2 ) y x

   D  2;2  TXĐ: Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng.

2

2x

) y

x

 

 D R. TXĐ: Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng. 2x

) y

x 

 

 D R \ 1   TXĐ:

x x

2x 2x

lim , lim

x x

 

 

 

   

  x 1 Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng

2

x 2x

) y

x

 

 

 D R \  1 TXĐ:

 

2

x x

x 2x

lim lim x

x

   

 

   

 Đồ thị hàm số tiệm cận đứng.

Câu 3: Đáp án C

Phương pháp: Đưa bất phương trình mũ bản:

   

   

f x g x

a a  f x g x a 1

       

f x g x

x

2x x 2x

1

2 2 x 2x x

2

  

 

        

 

  Cách giải:

Câu 4: Đáp án C

 

y f x a; b  f ' x   0 x a; b

Phương pháp: Hàm số đồng biến

 

y f x   ; , 0;1  

Cách giải: Hàm số đồng biến khoảng

Câu 5: Đáp án B

z z a bi, a, b R   z a bi  Phương pháp: Số phức liên hợp số phức z z 3i  z 3i  Cách giải: Số phức liên hợp số phức

Câu 6: Đáp án A

Phương pháp:

V Bh Thể tích V khối lăng trụ có chiều cao h diện tích đáy B

Cách giải:

V Bh Thể tích V khối lăng trụ có chiều cao h diện tích đáy B

Câu 7: Đáp án C

 

n x

1

lim n

x

    Phương pháp: Chia tử mẫu cho x sử dụng giới hạn

x x

1

2x x

lim lim

3

x 1

x

   

 

  

 

Cách giải:

Câu 8: Đáp án B

Phương pháp:

 P : A x By Cz D A B2 C2 0

       nA; B;C

Mặt phẳng có VTPT Cách giải:

 P : x y 3z 0    n2; 1;3 

Mặt phẳng có véc tơ pháp tuyến

Câu 9: Đáp án A

  a

log ab log a log b;log log a log b

b

 

    

  Phương pháp: Sử dụng công thức: (Giả sử

các biểu thức có nghĩa)

 

ln ab ln a ln b

Cách giải: Với số thực dương a, b , mệnh đề là:

1

dx ln a x b C

a x b a  



Phương pháp: Sử dụng bảng nguyên hàm mở rộng:

1 0

dx

l n x ln ln1 ln

x 1     



Cách giải:

Câu 11: Đáp án B

Phương pháp:

   

     

n n

f x g x dx f x dx g x

x

x dx C

n



   

  



  



   

4

3 x x

f x dx x x dx x C

4

      

  Cách giải:

Câu 12: Đáp án D

xq S Rl

Phương pháp: Diện tích xung quanh hình nón: Trong đó: R bán kính đường trịn đáy, l độ dài đường sinh

2 xq

S Rl.a.2a a 

Cách giải:

Câu 13: Đáp án D

x lim y

  Phương pháp: Dựa vào để loại trừ đáp án sai Cách giải:

- Đồ thị hàm số bên đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương => Loại đáp án A B

3

y a x bx cx d,a 0  Còn lại đáp án C D, hàm số bậc ba, dạng

x , y a 0 - Khi Ta chọn đáp án D

Câu 14: Đáp án A

Phương pháp:

 

y f x

Diện tích S hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số , trục hoành hai

 

x a, x b a b    

b

a

Sf x dx

 

y f x x a, x b a b       b

a

Sf x dx

Diện tích S hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số , trục hồnh hai đường thẳng tính theo cơng thức

Câu 15: Đáp án D

Phương pháp:

y ' 0 Giải phương trình , sử dụng điều kiện cần để điểm cực trị hàm số lập BBT

 

a x b

y ad bc

cx d 

  

 Cách giải: Hàm số bậc bậc khơng có điểm cực trị.

Câu 16: Đáp án A

Phương pháp:

 0 0

M x ; y ; z M ' x ; y ;0 0 Hình chiếu vng góc điểm mặt phẳng (Oxy) điểm

Cách giải:

 

A 1; 2;3 N 1; 2;0 

Hình chiếu vng góc điểm mặt phẳng (Oxy) điểm

Câu 17: Đáp án B

 0 0  

M x ; y ; z ,  : A x By Cz D 0.   

Phương pháp: Xét

    

0 0

2 2

A x By Cz D

d M;

A B C

  

 

  Khoảng cách từ M đếnlà:

    

 

2 2

1 2.3 2 2

d M;

3

1 2

    

  

  Cách giải: Khoảng cách từ A đến là:

Câu 18: Đáp án B

   

 

n A P A

n 

 Phương pháp: Xác suất :

Cách giải:

  4

15 10 25

n  C  C Số phần tử không gian mẫu :

Gọi A biến cố : “4 học sinh gọi nam lẫn nữ”

  2

15 10 15 10 15 10 n A C C C C C C

Khi :

   

 

1 2

15 10 15 10 15 10

25

n A C C C C C C 443

P A

n C 506

 

  

 Xác suất cần tìm:

 

y f x a; b

Phương pháp: Phương pháp tìm GTLN, GTNN hàm số y ', y ' 0 xia;bBước 1: Tính giải phương trình suy nghiệm

     i

f a ;f b ;f x Bước 2: Tính giá trị

a;b         i  a;b         i 

max f x max f a ;f b ;f x ;min f x max f a ;f b ;f x

Bước 3: So sánh rút kết luận:

D R Cách giải: TXĐ:

     

   

4

0;

x

y x 2x y ' 4x 4x x

x

f 3;f 6;f

min f x f

   

  

        



 



  

  

Câu 20: Đáp án B

Phương pháp:

 0 0

M x ; y ; z M x ;0;01 Hình chiếu điểm trục Ox điểm

 0 0

M x ; y ; z M 0; y ;02 Hình chiếu điểm trục Oy điểm  0 0

M x ; y ; z M 0;0; z3 0Hình chiếu điểm trục Oz điểm

       

A a;0;0 , B 0; b;0 ,C 0;0;c , a, b,c 0

x y z

1

a b c  Phương trình theo đoạn chắn

mặt phẳng qua điểm là:

 

A 2; 1;1 2;0;0 , 0; 1;0 , 0;0;1     

Cách giải: Hình chiếu điểm trục tọa độ Ox, Oy, Oz là:

 :x y z

2 1

   

 Phương trình mặt phẳng

Câu 21: Đáp án C

 n

n

A M r%

Phương pháp: Công thức lãi kép, không kỳ hạn: n

A Với: số tiền nhận sau tháng thứ n,

Cách giải: Sau 10 tháng, người lĩnh số tiền:

 10

10

A 200 0, 45% 209,184

(triệu đồng)

Câu 22: Đáp án A

Phương pháp:

log x, n

m

a a

m

log b log b

n 

Đưa phương trình bậc hai ẩn sử dụng công thức (giả sử biểu thức có nghĩa)

x 0 Cách giải: ĐK:

   

 

2

2

9

log x 20log x 0, x

log x x 10

3log x 10log x 9log x 10 log x 1

log x x 10

9

   



  



          

   



9

10 10Tích giá trị tất nghiệm phương trình là:

Câu 23: Đáp án C

Phương pháp: Giải phương trình phức bậc hai, suy nghiệm tính tổng bình phương mơđun nghiệm

2 z a bi   z  a b

Sử dụng công thức: Cách giải:

     

1

2

2 2 2

1

2

1

z 3i

z 2z 10

z 3i

z 10; z 10

T z z 10 10 20

  

    

  

         

     

Câu 24: Đáp án D

Phương pháp:

 

f x m 1 y f x   y m 1 

Đánh giá số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số đường thẳng

Cách giải:

 

f x m 1 y f x  

Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số y m 1  và đường thẳng

 

f x m 1 2 m 4     3 m 3

Câu 25: Đáp án B

       

     

1

2

d

d d d ;d d ;

/ /   



     

 

 

 Phương pháp:

Cách giải:

ABC.A 'B'C ' lăng trụ tam giác tất cạnh a

ABC / / A 'B'C'   d AB;A 'C'  d ABC ; A 'B'C'    a

   

Câu 26: Đáp án A

udv uv  vdu

  Phương pháp: Công thức phần:

Cách giải:

 

     

   

   

e e e

e

1 1

e

1 e

1

f x

dx f x d ln x f x ln ln xf ' x dx

x

f e ln xf ' x dx

ln xf ' x dx f e 1

   

  

     

  





Câu 27: Đáp án B

   

y f x , y g x  x a, x b 

Phương pháp: Thể tích vật trịn xoay quay phần giới hạn hai đường thẳng quanh trục Ox

   

b

2

a

Vf x  g x dx

Cách giải:

2

4y x y x

2

2 x

x

x x 4x

x 4

 

     



 Phương trình hoành độ giao điểm là:

 

4

4 4

2 4

0 0 0

5

3

x x 16

V x dx x 16x dx x 16x dx x

4 16 16 16

4 16 128

.4

16 15

      

          

   

 



    

 

  

Câu 28: Đáp án A

0;1  y ' x  0;1 y ' 0 Phương pháp: Để hàm số nghịch biến hữu hạn

D R Cách giải: TXĐ:

     

3 2 2

1

2 2

2

y x 3mx 9m x y ' 3x 6mx 9m

x m

y ' 3x 6mx 9m x 2mx 3m x m x 3m

x 3m

      

 

              

 

   

y ' x   0;1  0;1 x ; x1 2 nằm khoảng nghiệm

0;1 Hàm số nghịch biến khoảng khi:

m

1

m 3m 1 m

3 m

3   

       

 

 TH1:

m

3m m m

m

 

      



 TH2:

1 m

3 

m1Vậy

Câu 29: Đáp án C

Phương pháp: Xác định đoạn vng góc chung hai đường thẳng Tính độ dài đoạn vng góc chung

Cách giải:

Gọi M trung điểm BC

   

OA OB

OA OBC OA OM

OA OC

 

   

 

 Ta có:

OB OC  OBC OMBC 2 Tam giác OBC: cân O, mà M trung điểm BC

 

d OA; BC OM

 

Từ (1), (2), suy ra: OM đoạn vng góc chung OA BC

 

2 2

1 1 2a 2a

OM BC OB OC a a d OA; BC

2 2 2

        

Tam giác OBC vuông O, OM trung tuyến

Câu 30: Đáp án B

 

      

f u x ' f ' u x u ' x

  

  Phương pháp: Đạo hàm hàm hợp :

 

y ' f ' x  2x 0

     

 

2

2

x

y f x 2x y ' f ' x 2x 2x

f ' x 2x

 

        

 



 

f x 2, 1, 0 f ' x  2, 1, 0 f ' 2  f ' 1  f ' 0  0Vì liên tục R có ba điểm cực trị nên đổi dấu ba điểm

Giải phương trình:

2

x  2x 2 x  2x 0  : vô nghiệm

 2

2

2

x 2x x 2x x x

x

x 2x

x

          

 

   

 

y ' 0 x 0,1, 2 y f x  2 2xNhư vậy, có nghiệm y’ đổi dấu điểm Do đó, hàm số có điểm cực trị

Câu 31: Đáp án D

Phương pháp:Thể tích lượng đá bị cắt bỏ thể tích khốihình trụ ban đầu trừ thể tích khối tứ diện MNPQ

Cách giải:

MQ’NP’.M’QN’PDựng hình hộp chữ nhật hình vẽ bên.

MNPQ MQ'NP'.M 'QN 'P Q.MNQ' P.MNP M '.MNQ N '.NPQ MQ'NP'.M 'QN 'P MQ'NP'.M 'QN 'P

3 MQ'NP'.M 'QN 'P MQ'NP'.M 'QN 'P MNPQ

1

V V V V V V V V

6

V V 3V 90 m

3

      

   

MQ’NP’ P’Q’, MN MQ’NP’Hình chữ nhật có hai đường chéo vng góc với nhaulà hình vng

 

6

MN 60cm 6dm MQ ' dm

2

    

Ta có

 2   MQ'NP'.M 'QN 'P  

2

MQ'NP'

MQ'NP'

V 90

S MQ ' 18 dm MN ' dm

S 18

      

Diện tích đáy:

 

2

2 MN

V R h MN ' 45 dm

2

   

      

    Thể tích khối trụ:

 3

MNPQ

V V 45  30 111, dm

Thể tích lượng đá bị cắt bỏ:

Câu 32: Đáp án A

2

A Bi 0   A B 0  Biến đổi để phương trình trở thành

 

5 i

z z.z z i 0, z z



        

Cách giải:

 2 

z a bi, a, b  ,a b 0 ,

Đặt ta có:

  2

2 2

1 a b a bi i

a

a b a a a a a

a

b b b

b

      

 

              

   



       

    

   

  

 

z i

z i   

  

 

 2i 3 Tổng giá trị tất phần tử S

Câu 33: Đáp án A

Phương pháp:

  : a x b y c z d1    10,  : a x b y c z d2    0 n1a ; b ;c , n1 1 a ;b ;c2 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Cho nhận VTPT Khi đó, góc hai mặt phẳng

    , 

   

   2

1

n n

cos , cos n ;n

n n

   

   

 

được tính:

min max

0 90   cos Với Cách giải:

 P : x 2y 2x 2018 0    n 1;2; 2 1  

có VTPT:

 Q : x my m z 2017 0    n 1;m;m 12   

có VTPT: Góc hai mặt phẳng (P) (Q):

   

   

 

   

   

 

1 2

1

2 2

2 2 2

n n

cos P , Q cos n ; n

n n

1.1 2.m m 1 2

,

2m 2m

1 2 m m 2m

2

0 cos P , Q m

3

 

  

  

 

      

    

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

 



min max

0 90   cos

     P , Q min

    max

2

cos P ; Q 2m m

3

     

khi

 Q : x 1y 1z 2017 2x y z 4034

2

        

Khi đó,

     

2 2017   1 4034 0  M 2017;1;1  Q Ta thấy:

Câu 34: Đáp án B

  tan a tan b

tan a b

1 tan a tan b   

 Phương pháp: Sử dụng công thức Cách giải:

 

 

 

3 tan x tan x.tan x tan x tan 2x

6

tan x tan x tan x tan 2x

6

3 tan x

tan x tan x tan x tan 2x

6 tan x

tan x tan x tan x tan x tan 2x

6

tan x c ot x

6

 

   

    

   

   



 

      

 

 

 

      



 

 

   

         

   

 

   

      

     

 

 

 

tan x tan x tan 2x

1 tan x tan x tan 2x tan 2x 2x k , k

4

x k , k

8

x 0;10 k 10 , k

8

1 79

k , k k 0;1; 2; ;19

4

  



          

 

   

 

       

      









Ứng với giá trị k ta có nghiệm x Vậy số phần tử S 20

Câu 35: Đáp án D

d

d

u u ; AB

AB 

  

 

 

  

  

 

 

Phương pháp:

Viết phương trình đường thẳng biết điểm qua VTCP

x y z

d :

2

  

 

 u2;1;3



 

AB 2;3;2 

AB ABu 2;1;3  

 

AB 2;3;2



  vAB; u 7; 2; 4 

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

vng góc với d nhận cặp VTPT có VTCP

x y z

:

7

  

  

Phương trình đường thẳng

Câu 36: Đáp án D

Phương pháp:

Gọi a’ hình chiếu vng góc a mặt phẳng (P)

Góc đường thẳng a mặt phẳng (P) góc đường thẳng a a’ Cách giải:

AB OH / /ADGọi H trung điểm

AD AB OH AB

    ABCD hình vng OH SA, SAABCD Mà ( )

 

OH SAB

 

SAB=>SH hình chiếu vng góc SO mặt phẳng

 

SO, SAB  SO,SH HSO

  

1 a

OH AD

2

  

Ta có: OH đường trung bình tam giác ABD

2 2 a a

SH SA AH a

2

 

      

  Tam giác SAH vuông A a

OH 2

tan HSO

SH a 5

2

  

Tam giác SHO vuông H:

 

 

tan SO, SAB

 

Câu 37: Đáp án C

 

a x b

y ad bc

cx d 

  

 Phương pháp: Hàm số bậc bậc đơn điệu

khoảng xác định

 

2;4  

2;  max y y 4

 

2;4  

2;  max y y 2

TH2: Hàm số nghịch biến

 

D R \ 1

Cách giải: Tập xác định:

 

 2  2

1 1.m m

y '

x x

   

 

 

Ta có:

1 m m 1:

      TH1:

 

y ' 0, x   2; 

Hàm số đồng biến

 

2;4    

2 m

2;4 max y y m TM

3



      



1 m m

      TH2:

 

y ' 0, x   2;    2;4    

2 m

2; max y y m Loai

3 3



      

 Hàm số

nghịch biến

m2Vậy

Dựa vào đáp án ta thấy có đáp án C thỏa mãn

Câu 38: Đáp án D

 

k n

n! A

n k ! 



Phương pháp: Chỉnh hợp chập k tập hợp có n phần tử Cách giải:

   

k 2

n n n n

2

A 2A 100 2A 100 A 50

n! 201 201

50 n n 50 n n 50 n

n ! 2

     

 

           



 

n, n 2  n 2;3;4;5;6;7

Mà ‘

n 2;3; 4;5;6;7 Akn2A2n 100 :Thay vào

n

k Loại Loại Loại Loại Loại

n 5 Vậy

     

10 10

2n 10 i i i i i

10 10

i i

1 3x 3x C 3x C x

 

    

Khi đó,

x i 5 C x510 5 61236x5Số hạng chứa khai triển ứng với Số hạng là:

Câu 39: Đáp án D

Phương pháp:

cos xNhân tử mẫu với , sau sử dụng phương pháp tích phân phần. Cách giải:

   

 

 

2

3

2

0

3

2

0

3

0

x dx x x cos xdx

cos x

x sinx cos x x sin x cos x

d x sin x cos x

x x

d

cos x x sin x cos x cos x x sin x cos x

x 1 x

d

cos x x sin x cos x sxinx cos x cos x

 

 

 



 

  

   



 



 

   

   

 

 



   

3

3 3

2

0

0

x x

dx tan x

cos x x sin x cos x cos x cos x x sin x cos x



  

   

  

 

4 a

3 3 d a, b,c,d

3 b c

1

2 2





 

     

     

 

 

 



a 4, b 3,c 1,d a b c d

         

Câu 41: Đáp án A

Phương pháp: Cách giải:

 2  2

z a bi a bi 3i

a b 36

      

    

Khi ta có:

 2  2  2  2 2

2 z 3i z 5i a bi 3i a bi 5i

2 a b 3 a b a b

            

         

Câu 42: Đáp án C

Cách giải:

       

A a;0;0 B 0;b;0 ,C 0;0;c ; a;b;c 0

Gọi tọa độ giao điểm :

x y z

1

ab c  Khi phương trình mặt phẳng (P) có dạng đoạn chắn:

     

M 1; 2;3 P 1

a b c

OA 2OB 3OC 0  

a 2b 3c

a 2b 3c

a b c

a 2b 3c

a 2b 3c

 

 

 



   

  



  

 Vì nên

a 2b 3c  TH1:

 P :1 1 a tm   P :x y z

a a

a a

2

          

a2b 3c TH2:

 P :1 1 a tm   P :x y 3z

a a

a a 2

2

           

 

a 2b 3cTH3:

 P :1 1 1 vo li 

a a

a a

2

     



a 2b 3c    TH4:

 P :1 1 a tm   P : x y 3z

a a

a a 4

2



           



 

Vậy, có mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu đề

Câu 43: Đáp án C

Phương pháp:

- Sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải phương trình, từ đánh giá giá trị lớn biểu thức

Cách giải:

     

2

x y

log x x y y xy

x y xy



    

  

   2  2

3

log x y log x y xy x 3x y 3y xy

          

   2  2

3

log x y 3x 3y log x y xy x y xy

          

   

     

2 2

3

2 2

3

log x y 3x 3y log x y xy x y xy

log 3x 3y 3x 3y log x y xy x y xy 2

            

           

  3    

f t log t t, t f t 0, t f t

t ln

          0; 

     

     

2 2

2

2

2 f 3x 3y f x y xy 3x x y xy

4x 4y 4xy 12x 12y

2x y 2x y y 1 2x y

           

      

           

3x 2y 2x y

P 1

x y x y

   

   

   

2x y x y

  

 

  

 Khi đó, ,

max

P 1

2x y x

y y

   

 



 

  

  Vậy

Câu 44: Đáp án C

2n 2 

Phương pháp: Số tam giác vng số đường kính đường trịn có đầu mút đỉnh đa giác (H) nhân vớitức số đỉnh lại đa giác

 

2n

n  C

Cách giải: Số phần tử không gian mẫu:

Tam giác vuông chọn tam giác chứa cạnh đường kính đường tròn tâm O

2n – 2Đa giác 2n đỉnh chứa 2n đường chéo đường kính đường trịn tâm O, mỗi

đường kính tạo nên tam giác vuông

   

2n

2n 2n n

2    Do số tam giác vng tập S là:

Xác suất chọn tam giác vuông tập S :

   

 

 

 

   

3 2n

2n n 2n n 2n n 3

n 15

2n ! 2n 2n 2n

C 2n 29

2n !3!

  

     

  



Câu 45: Đáp án C

Phương pháp: Phương pháp tọa độ hóa Cách giải:

Cách 1:

Gọi O trung điểm BC

AB AC a  BAC 120 0Tam giác ABC tam giác cân,

0

0

a OA AC.sin 30

2 a OC AC.cos30

2 

 

   

  

 

  a a a a

O 0;0;0 , A 0; ;0 , B' ;0;a , I ;0;

2 2

   

 



   

     

     Trong đó,

 

1

n  0;0;1



Mặt phẳng (ABC) trùng với mặt phẳng (Oxy) có VTPT

a a a a

IB' a 3;0; ; IA ; ;

2 2

 

 

    

 

   

 

IB'A n2 2 3;0;1 ;  '1; 1   1;3 3; 3



Mặt phẳng có VTPT Cơsin góc hai mặt phẳng (ABC) (IB’A) :

   

     

   

1 2 2

2 2

0 0.3 1.2 3 30

cos ABC ; AB'I cos n ; n

10 40

0 3

  

   

   

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

Cách 2:

ACC 'A '

Trong kéo dài AIcắt AC’tại D

A 'B'C ' A 'HB"DTrong kẻ ta có:

 

   

 

 

   

   

A 'H B'D

B'D A A 'H AH B'D

A A ' B'D

AB'I A 'B'C ' B'D

A 'B'C A 'H B'D

AB'I AH B'D

AB'I ; A 'B'C' A 'H;AH AHA '

 

   



 

 

 

 

 

 



  

Ta dễ dàng chứng minh C’ trung điểm AD’

   

B'A'D A'B'C'

2 B'A'D

1

S d B'; A 'D A 'D d B';A 'C ' 2A 'C 2S

2

1 a

S .a.a.sin120

2

   

  

A 'B'D

2 2 2

2 A 'B'D

B'D A 'B' A 'D 2A 'B'.A 'D.cos120 a 4a 2a a

2S a a 21

A 'H

B'D a 7

      

   

Xét tam giác có

A A 'H

2 2 a 70

AH A A ' A 'H a a

7

    

a 21

A 'H 7 30

cos AHA '

AH a 70 10

7

   

Câu 46: Đáp án B

b b

b a

a a

udv uv  vdu

 

Phương pháp: Sử dụng công thức tích phân phần: Cách giải:

           

1 1

3 4

0

0 0

f

1 1

x f x dx f x dx f x x f ' x dx x f ' x dx

4 4

   

   

Ta có:

   

1

3 37

f , x f x dx

5 180

      

1

4

0

37

x f ' x dx x f ' x dx

180 20 4     9Mà suy

Xét

     

2

1 1

2

4

0 0

2

4

f ' x kx dx f ' x dx 2k x f ' x dx k x dx 2k k

9 9

k 4k

0 k

9 9



          

 

     

   

       

1

2

4 4

0

2

f ' x 2x dx f ' x 2x f ' x 2x f x x C

5

           

 



Khi đó,

   

f 1 C C f x x

5 5

         

Mà

 

1

1

5

0 0

2 1

f x dx x dx x

5 15 15

 

        

 

 

Câu 47: Đáp án

D R Cách giải: TXĐ:

3 2

y x 3x 9x 3  y ' 3x 6x 9

 1  2  2

M x ; y , N x ; y , x x

Gọi tiếp điểm

  3

1 1 2 2

M, N C  y x 3x 9x 3, y x 3x 9x 3

2

1 2

k 2x 6x  9 3x 6x  9 kTiếp tuyến M, N (C) có hệ số góc

   

2

1 2 2 2

x 2x x 2x x x x x x x x x

OB 2018OA  Theo đề bài, ta có: Phương trình đường thẳng MN có hệ số góc 2018 – 2018

 

2

2

2 y y

2018 2018 y y 2018 x x

x x 

     

 TH1: Phương trình đường thẳng MN có

hệ số góc

     

  

   

   

3 3

2 2 1

2

2 2 1

2

2 1 2

2

2 1

2

1 2

x 3x 9x x 3x 9x 2018 x x

x x x x x x 3x 3x 2009

x x x x 3x 3x 2009 0, x x

x x x x x x 2009

2 x x 2009 x x 2011

         

       

       

      

        

1

x , x

 X2 2X 2011 0

   là nghiệm phương trình

2

1 1

2

1

x 2x 2011 03x 6x 6042

k 3x 6x 6042

     

    

1

x , x TH2: MN có hệ số góc 2018 Dễ kiểm : Khơng có giá trị thỏa mãn. k 6042 Vậy

Câu 48: Đáp án D

Phương pháp:

     

A a;0;0 , B 0; b;0 ,C 0;0;c , xa y zb c 1- Phương trình đoạn chắn mặt phẳng qua

3 điểm ( a, b,c khác 0):

 2

2 2 x y c

x y z

, a, b,c, x, y, z

a b c a b c

 

    

  - Sử dụng bất đẳng thức:

x y z

a  b cĐẳng thức xảy

Cách giải:

     

A a;0;0 , B 0; b;0 ,C 0;0;c ,a, b, c  

x y z

1

a b c  Mặt phẳng (ABC) có phương trình:

2 2 2

0 0

1 a b c

h

1 1 1

a b c a b c

  

 

   

 2

2 2

2 2 2 2 2

1

1 1

1

a b c a 4b 16c a 4b 16c 49

 

       

  Ta có:

Dấu “=” xảy khi:

2

2

2 2

2 2 2

2 2

2

2 2

a

1

1 7

b

a 4b 16c

a 4b 16c a 4b 16c 49

a 4b 16c 49

7 c

4

7 49

F a b c

2 4



 

 

 

 

       

 

 

    

 

  

       

Câu 49: Đáp án A

Phương pháp:

y ' 0 Tính y’, giải bất phương trình

 2  2  2

y f x  y ' f ' x 2x 2xf ' x 

Cách giải:

     2  

x 1;  x 0  x  1;  f ' x  0 y ' x   1;

Với

Câu 50: Đáp án D

Phương pháp: Sử dụng phương pháp tọa độ hóa Cách giải:

Gắn hệ trục Oxyz, có tia Ox, Oy, Oz trùng với tia AB, AD, AA’

               

A 0;0;0 , B 1;0;0 ,C 1; 2;0 , D 0; 2;0 , A ' 0;0;3 , B' 1; 0;3 , C' 1;2;3 , D ' 0; 2;3

       

E a;0;0 , F 0; b;0 ,G 0;0;c , a, b,c 0

(P) cắt tia AB, AD, AA’ E, F, G (khác A) Gọi

x y z

1

   

C' 1; 2;3 P

a b c

    

1

V AE.AF.AG abc

6

 

Thể tích tứ diện AEFG:

3

3

3

1 3

3 abc abc 162 abc 27 V 27

a b c   a b c   abc         Ta

có:

min

V 27

 

1 a 3

a b c b 6

1

1 c

a b c

  

  

 

 

 

     

 

 khi