Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 tổng hợp | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Mặt cầu nhỏ tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng.. A..[r]

Câu 1. [2H2-3] Cho hình nón  N có góc đỉnh 600, độ dài đường sinh a Dãy hình cầu

   S1 , S2 ,  S3 , ,Sn, thỏa mãn:  S1 tiếp xúc với mặt đáy đường sinh hình nón

 N ;  S2 tiếp xúc với  S1 tiếp xúc với đường sinh hình nón  N ;  S3

tiếp xúc với  S2 tiếp xúc với đường sinh hình nón  N Tính tổng thể tích

khối cầu   S1 , S2  , S3 , ,Sn, theo a A

3 3

52

a

 . B 27 3

52

a

 . C 3

48

a

 . D 9 3

16

a

 .

Lời giải

Chọn A.

Cắt hình mặt phẳng qua trục thiết diện hình bên

3 a

SO  ; 1

6 a

R 

Xét mặt cầu tâm Sk bán kính Rk Do góc ASO 300 nên

1

2 ;

k k k k

SS  R SS   R 

Mặt khác: SSk SSk1RkRk1

1

k k

R  R

 

k

R

 cấp số nhân với 1 a

R 

3

k

R

 cấp số nhân với

3

3

;

72 27

a

R  q 

Tổng thể tích  13 23 

4

3 n

V   R R  R 

3 3

52 a 



Câu 2. [2D1-3] Cho hàm số 2

x y

x  

 có đồ thị ( )C Gọi M x y( ; )0 với x 0 điểm thuộc ( )C Biết tiếp tuyến ( )C M cắt tiệm cận đứng tiệm cận ngang lận lượt A B cho SOIB 8SOIA, I giao điểm hai tiệm cận Tính giá trị S x04y0

A S 8 B 17

4

S  C 23

4

S  D S 2

Lời giải

Ta có

 2

'

2 y

x  



Ta có A  

1 1

8S sin .sin A

2

OIB OI

IA

S OI IB OIB OI IA OI IB IA

IB

        

Suy hệ số góc tiếp tuyến M tan IA

k ABI

IB

  

Suy

 2

2

3

2x x



  

 (do x 0 ) y  

Do 0

5

4

4 S x  y   

Câu 3. [2D1-3] Có giá trị nguyên âm a để đồ thị hàm số y x3 (a 10)x2 x 1

     cắt

trục hoành điểm?

A 9 B 10 C 11. D 8

Lời giải

Chọn B.

Cách : Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị cho trụcOx

3

( 10)

x  a x  x 

3

1 10 x x a

x   

   (vì x 0khơng thỏa mãn phương trình)

Xét hàm số

3

2

1 1

( ) x x

g x x

x x x

  

   

TXĐ: \ 0  .

3

2 3

1 2

'( ) x x

g x

x x x

  

    ; g x'( ) 0  x3 x  2 x1

Dựa vào BBT suy phương trình có nghiệm khi: 10

0 (gt) a

a

   

 

  

10; 9; ;

a

     Vậy có 10 số thỏa mãn

Cách : y' 3x2 2(a 10)x 1

    ln có hai nghiêm phân biệt x x1, thỏa mãn

1

1

2( 10) 3

a x x

x x

 



 

  



 

 

Khi đó, goi tọa độ hai điểm cực trị hàm số A x y B x y( ; ); ( ; )1 2

Để đồ thị hàm số cắt Oxtại điểm  y y1 0

Ta lại có:

2

1

Tương tự

2 2

2y x  x 2 Vậy    

1 1 2 2

y y   x x  x x   x1 1x12x12x2 1x22x22 0 x1 1 x2 1

     x x1 2 (x1x2) 0  2(a 10)

3

 

     a 11

 10; 9; ; 1

a

     Vậy có 10 số thỏa mãn.

Câu 4. [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn z 4 i  Gọi M m lần luợt giá trị lớn cà giá trị nhỏ biểu thức P z 22 z i Tính mơđun số phức M mi A  2 314 B  2 309 C   1258 D  2 137

Lời giải

Chọn C.

Cách 1:

Gọi z x yi  với x y  , Ta có P x 22 y2 x2 y 12 4x 2y 3

        

Lại có z 4 i  5 x 32y 42 5

Xét đường thẳng : 4x2y 3 P0 đường tròn  C : x 32 y 42 5

Để   C có điểm chung  ,  23 23 10 13 33 20

P

d I   R     P    P Do đó, M 33 m 13

Vậy  33 13i Khi đó,   1258

Cách 2:

Gọi z x yi  với x y  ,

Ta có P x 22 y2 x2 y 12 4x 2y 3

         suy

2

P x

y  

Từ        

2

2 2

3 5

2

P x

z  i   x  y   f x  x       

 

Ta có   2 3 4 11 10 16

P x

f x  x      P x

 

  0, 1,6

f x   x P Suy y0,1P1,7

Thay x y, vừa tìm vào f x  ta 0, 2P1,6 3 20,1P1,7 4 2 0 Ta giải P 33 P 13 Đây tương ứng GTLN GTNN P

Vậy M 33,m13 Khi đó,   1258

Cách 3:

Đặt sin , 0; 

4 cos

x t

t

y t 

   

 

  



Khi P4 3  sint 2 4 cost 3 2sin tcost23 Mà  2sin tcost nên 13 P 33

Câu 5. [2D3-4] Cho hàm số yf x( )liên tục và có đồ thị '( )f x hình vẽ bên:

Biết ( ) ( ) 0f a f b  hỏi đồ thị hàm số y f x ( ) cắt trục hồnh điểm?

A 4 B 3

C 2 D 1.

Lời giải

Chọn C.

Từ đồ thị '( )f x ta có bảng biến thiên hàm số y f x ( ) sau đây: x

'( ) f x

( ) f x

Theo đề bảng biến thiên ta có: ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

f a f b f b

f a f b f a

 

 

 

 

 

 

Ta có: '( ) '( ) '( ) ( ) ( ) ( ) ( )

b c c

a b a

f x dx f x dx  f x dx   f c  f a    f c f a 

  

Vì hàm số yf x( )liên tục  nên yf x( )liên tục a b ( ) ( ) 0;  f a f b  nên tồn x1a b;  cho f x  ( ) 01

Vì hàm số yf x( )liên tục  nên yf x( )liên tục b c ( ) ( ) 0;  f b f c  nên tồn x2b c;  cho f x  ( ) 02

Mặt khác a b;   b c;   nên đồ thị hàm số y f x ( ) cắt trục hoành tại hai điểm

Câu 6. [2H2-4] (Đề chuyên Hạ Long –lần 2-2018- Mã 108) Trong không gian, cho bốn mặt cầu có bán kính 2;3;3;2 (đơn vị độ dài) đôi tiếp xúc với Mặt cầu nhỏ tiếp xúc với bốn mặt cầu nói có bán kính

A 5

9 B

3

7 C

7

15 D

6 11

Lời giải

Gọi ,A B tâm mặt cầu bán kính ; ,C D tâm mặt cầu bán kính I tâm mặt cầu cần tìm với bán kính x Mặt cầu I tiếp xúc với bốn mặt cầu , , ,A B C D

2 IA IB x

    IC ID x   IA IB  I  P mặt phẳng trung trực AB

IC ID  I Q mặt phẳng trung trực CD

     

I P Q

  

Gọi M N, trung điểm ABvà CD

Tứ diện ABCD có DA DB CA CB    5 MN đường vng góc chung AB CD,          

, ;

M N P Q MN P Q

    

Từ  1  2  I MN

Tam giác AIM có IM IA2 AM2 x 22 4.

    

Tam giác CIN có IN IC2 CN2 x 32 9.

    

Trong tam giác ABN có 2 2

MN= AN  AM  AC  CN  AM  12

   

 

2 2 2

2 2

2

2 12 12

4 12 12

11 60 36

x x x x x x

x x x x x x

x x

           

      

   

6 11 x

Câu 7. [1D2-4] Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục  Bảng biến thiên hàm số yf x  được cho hình vẽ bên Hàm số

1 x yf   x

  nghịch biến khoảng

A. 2;  B 0;  C 2;  D 4;  

Lời giải

Chọn D.

Đặt   x g x f   x

 

Ta có   1 1 1

2 2

x x x

g x    f    f  

     

Ta có số đánh giá sau

+) 2; 4  1;0 1;3   1 1 1;

2 2 2

x x x

x      f    g x  f     

     

Do hàm số g x không nghịch biến 2;4 

+) 0;2 0;1  1;1   1 1 3;

2 2 2

x x x

x     f     g x  f    

     

Do hàm số g x khơng nghịch biến 0;2 

+)  2;0 1; 2  1; 2   1 0;3

2 2 2

x x x

x      f     g x  f    

     

Do hàm số g x  khơng nghịch biến 2;0 

+)  4; 2 2;3 2; 4   1

2 2

x x x

x       f    g x  f   

   

Do hàm số g x nghịch biến khoảng 4;  

Câu 8. [2D4-4] [HKII-SỞ BẠC LIÊU-2017-2018] Xét số phức z a bi  (a b  , b 0) thỏa mãn z 1 Tính P 2a 4b2

  z3 z2 đạt giá trị lớn

A P 4 B P  2 C P 2 D P  2

Lời giải

Chọn C.

Cách 1:

Từ giả thiết có a2 b2 1

   b2  1 a2 0 với a   1;1 z z  Ta có z3 z2 z2 z 22

z z

  

2

2

z z z

   2bi2a2 b2 2abi  2  

2 a b b 2ab i

    2 a2 b22 b 2ab2

   

x -1 0 1 2 3

 

f x

1

-1

2

 22 2 2 a b b 2a

    2 2 a21 2 1 a22a12 2 4a3 a2 4a2 Xét f a  4a3 a2 4a 2

    , với  1 a1

  12 2 4

f a  a  a ; f a  0 12a2 2a 4 0

     

 

 

1;1

2

1;1

a

a 

   

 

    

Bảng biến thiên:

Suy

 1;1  

1 13 max

2

a  f a f

    

  , đạt

1

a  ,

4 b 

Vậy 2 2

P a b    

 

Cách 2:

Ta có z cosx isinx z3 cos3x isin 3x

     Vì b 0 nên sinx 0, cosx   1;1 Khi

3 2

z  z cos 3x i sin 3x  cosx i sinx2

cos 3x cosx 2 sin 3x sinx i

    

cos3x cosx 22 sin 3x sinx2

    

2 2sin sinx x2 2 cos sinx x2

  

2 2

4 8sin sinx x 4sin xsin 2x 4cos sinx x

   

2

4 16sin xcosx 4sin x

  

 2  2 16 t t t

    

16t 4t 16t

    với t cosx  1;1 Đặt f t  16t3 4t216t8, t   1;1.

  48 8 16 0

f t  t  t 

 

 

1;1

2

1;1

t

t 

   

 

    

 1;1  

1

max 13

2 t  f t f

 

   

 

1 cos

t x

  

Khi đó: 2a 2 12 a 12 b2 34 a b      Vậy 2

2

P a b    

 

Câu 9. [1D2-4] Cho r 0,1, 2, ,10 A B Cr, ,r r hệ số xr khai triển sau 1x10, 1 x20 1 x 30 Tính giá trị biểu thức  

10

10 10

1

r r r

r

A B B C A







A B10 C10 B  

2

10 10 10 10

A B  C A . C 0 D C10 B10

Lời giải

Chọn D.

Theo giả thiết 10

r r

A C , 20

r r

B C , 30

r r

C C

 

10

10 10

1

r r r

r

S A B B C A



   

10 10 2

10 10 20 10 10

1

r r r

r r

B C C C C

 

  

Xét 1x30  1 x 20 x110, suy hệ số x10 hai khai triển là:

10

1 2 10 10 10

10 20 10 20 10 20 10 20 30

0

1 r r r

C C C C C C C C C



     

 

10

10 10 20 30

1 r r

r

C C C



   

Xét 1x20  1 x 10 x110, suy hệ số x10 hai khai triển là:

10

1 2 10 10 10

10 10 10 10 10 10 10 10 20

0

1 r r r

C C C C C C C C C



     

   

10 2

10

10 20

1

1 r

r

C C



   

Nên  

10 10 2

10 10 20 10 10

1

r r r

r r

S B C C C C

 

   B C10 1030 1 C3010C10201 C10 B10

Câu 10. [2D4-3] Cho z1, z2 hai số phức thỏa mãn 2z i  2 iz , biết z1 z2 1 Tính giá trị

biểu thức Pz1z2

A

2

P  B P  C

2

P  D P 

Lời giải

Chọn D.

Cách 1.

+ Đặt z x yi  , x y  , , ta có 2z i  2 iz  2x2y1i 2 yxi

 2  2

2 2 2

2

1

1 1

x y z z z

       

+ Sử dụng công thức: z z1, 2  ta có  

2 2

1 2 2

z z  z  z  z  z Suy P 

Cách 2.

+ Biến đổi: iz2  i iz 2  z 2i

Ta có 2z i  z 2i  2z i 2 z 2i2 z  1 z1 z2 1

+ Sử dụng cơng thức bình phương mơ đun  

2 2 2 2 2

1 2 1, 2

mz nz m z  mnz z cos z z n z

Trong z z góc MON1, 2  với M, N điểm biểu diễn số phức z z1,

mặt phẳng phức

   

2 2

1 2 2 2

1

1 , ,

2 z  z   z  z   z  z  z z cos z z   cos z z  Vậy P2 z1z22  1 z12 z2 22 z z cos z z1  1, 2 3 P

Câu 11. [2D3-4] Cho hàm số f có đạo hàm liên tục [ ]1;8 thỏa mãn

( ) ( ) ( ) ( )

2

2

3

1 1

2

2

3

f x dx f x dx f x dx x dx

é ù + = -

-ê ú

ë û

ị ị ị ị

Tích phân ( )

2

3

'

f x dx

é ù

ë û

ò bằng:

A 8ln

27 B

ln

27 C

4

3 D

5 Lời giải

Chọn A.

Đặt

3

t=x ®dt= x dx

( ) ( ) ( ) ( )

2

2

3

1 1

2

2

3

f x dx f x dx f x dx x dx

é ù + = - -ê ú ë û ò ò ò ò ( ) ( ) 2 3

8 8

2 2

3 3

1 1

1

2

f t t t

f t

dt dt dt

t t t

é ù é ù ê- ú ê- ú ê ú ê ú é ù ë û ë û ë û Þ ò + ò +ò = ( ) 2 3 1

f t t

dt t é ù ê + - ú ê ú Û ê ú = ê ú ë û ò

( ) 23 1 '( ) 31

3

f t t f t t

-Þ = - Þ = ( ) 2 1 8

' ln ln

27 27

f x dx t

é ù

Þ ịë û = =

Câu 12. [2D3-4] (Chuyên Hà Tĩnh – Lần 2018) Biết

2018

2018 2018

0

sin

d , ,

sin cos

a

x x

I x a b

x x b

+ = = ẻ + ũ Â p p Tính P=2a b+

Lời giải

Chọn A.

Đặt t= -p x®dt=- dx

2018 2018

2018 2018 2018 2018

0

sin sin

d d

sin cos sin cos

t t t

I t t

t t t t

Þ = -+ + ò ò p p p 2018 2018 2018 sin d

2 sin cos

x I x x x Þ = + ị p p

2 2018 2018

2018 2018 2018 2018

0

2

sin sin

d d

2 sin cos sin cos

x x

x x

x x x x

é ù ê ú ê ú = ê + ú + + ê ú ê ú ë û ò ò p p p p ( )

2 A B p

= +

Đặt d d

2

u= -x p® u= x Þ 2018

2018 2018 cos d sin cos x B x x x = + ò p 2 1d I x Þ = ò = p

p p 2 8

4 a

P a b

b ì = ïï

Þ íï = Þ = + =

ïỵ

Câu 13. [2D2-3] [ĐỀ N LẠC VĨNH PHÚC LẦN 4] Tìm số nguyên m nhỏ để bất phương

trình: log3x2 x 12x3 

3

3x log x m 1 1 (ẩn x ) có hai nghiệm phân biệt. A m  3 B m  2 C m  1 D m  1

Lời giải

Chọn B.

Điều kiện: x 0 Cách 1:

Khi đó:  1

3

1

log x 2x 3x

x

 

      

  m

Đặt: 3

1

y log x 2x 3x

x               2 1

1 ln

x

y x x

x x x             

y   x Ta có bảng biến thiên:

Từ BBT suy m 1 bất phương trình có nghiệm phân biệt Do m 2 thỏa mãn u cầu tốn

Cách 2:

Ta có:  1    2 

log x x 2x m

x

 

     

 

   2

Mà:

  2 

1 3,

1 0,

x x

x

x x x

              

Do   2 

log x x 2x 1

x

 

     

 

  ,  x

 BPT  2 có nghiệm phân biệt m  1 m 2thỏa mãn YCBT

Câu 14. [2D3-4] Cho hàm số yf x  có đạo hàm liên tục đoạn 0;1 f  0  f  1 0 Biết

  d f x x 

 ,    

1

cos d f x x x

 Tính  

1

d f x x



A  B 1

 C

2

 D

3 

Lời giải

Chọn C.

Đặt  

 

   

cos d sin d

d d

u x u x x

v f x x v f x

                  

Khi đó:

           

1

1

0

cos d cos sin d

f x x x x f x  f x x x

 

   

             

1 1

0 0

1

1 sin d sin d sin d

2

f f  f x x x  f x x x f x x x

         .

Cách 1: Ta có            

1 1

2 2 2 2

0 0

sin d d sin d sin d

f x  k x x f x x k f x x x k x x

        1 2 k k k      

Do        

1

2

sin d sin

f x  x x  f x  x

 

 

 Vậy    

1

0

2

d sin d

f x x x x



 

 

Cách 2: Sử dụng BĐT Holder.

       

2

2

d d d

b b b

a a a

f x g x x f x x g x x

 



 

   

Dấu “=” xảy  f x kg x , x a b; 

Áp dụng vào ta có        

2

1 1

2

0 0

1

sin d d sin d

4 f x x x f x x x x

 

   

   

,

suy f x  ksinx.

Mà          

1

2

0

1

sin d sin d sin

2

f x x x  k x x  k   f x  x

 

Vậy    

1

0

2

d sin d

f x x x x



 

 

A 7 21

2



B 13 13

6



C 2

3



D 29 29

6

 Lời giải

Chọn D.

Do 2

 

BC AB AC nên tam giác ABC vuông A

Gọi I trung điểm BC suy I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

 OI ABC

Ta có

2

BC 

AI ; OI 1

Bán kính mặt cầu  S : 2 29

2

   

R OA AI OI

Thể tích khối cầu  S : 29 29

3

 

V R 

Câu 16. [2D2-3] Tất giá trị mđể phương trình ex m x 1

  có nghiệm A m 1 B m0; m1 C m0;m1 D m 1

Lời giải

Chọn C. Cách 1:

Do x

e  nên m 0 Khi

 1 1

x

x x e m x

m e



     x 1e x m



  Đặt f x   x1ex Ta có: f x  ex x 1ex xex

     f x  0 x0

BBT:

Nhìn vào bảng biến thiên ta có: m0;m1là giá trị cần tìm Cách 2: Dùng đồ thị.

  f x

  f x

x  

 

0 





Ta có y ex

 hàm số đồng biến và ex 0;  x có đồ thị  C hình vẽ

Do đó:

+) Nếu m 0 y m x  1 hàm số nghịch biến , đồ thị đường thẳng qua điểm 1;0 , nên ln cắt  C điểm

+) Nếu m 0 dễ thấy phương trình vơ nghiệm

+) Nếu m 0 để phương trình có nghiệm đường thẳng :

 1

y m x  tiếp tuyến  C   1

x x e m x

e m

  

 

  

có nghiệm

0

1

x

m m

 

   



 giá trị cần tìm Vậy m0;m1 giá trị cần tìm

Câu 17. [2H3-3] (Sở Bắc Ninh 2018).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác nhọn ABC

có H2;2;1; 8; ; 3 K  

 ; O0;0;0 hình chiếu vng góc A B C, , cạnh BC CA AB, , Đường thẳng d qua A vng góc với mặt phẳng ABC có phương trình là:

A : 1

1 2

x y z

d     

 B

8 2

3 3

:

1 2

x y z

d

  

 



C

4 17 17

9 9

:

1 2

x y z

d

  

 



D : 6

1 2

x y z

d    



Lời giải: Chọn A.

Cách 1: Tọa độ I : OH 3,OK4,HK 5 Gọi I trực tâm tam giác ABC

O x

y

1

O x

Ta có:  

4.2 5.0 3

0 12

4

3 4.2 5.0

3 1 0;1;1

12

3 4.1 5.0

3 1

12 I

I

I x

y I

z

  

    

 

  

 

 

 

  

  

 



 

   

   

2

2;1;0 :

1 x t

IH y t

z   

     

  



2 ;1 ;1 A IH  A t t

OA OI                 t

Suy  

   

4; 1;1 4 1 1

:

1 2

, 1; 2;

d

A d x y z

d

u OI OH

  

   



  



  

   

  

                                          

Cách 2: VTPT ABC  nOH OK,  4 1; 2;2  

 

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

Vì OH OK. 0 HOK 900

  

 

Gọi   mặt phẳng qua , 4 2;1;2  : 2

O n   OK      x y  z Gọi   mặt phẳng qua O n,   OH 2; 2;1    : 2x2y z 0

Ta có d A ,   d A ,  , đối chiếu 4 phương án A B C D, , , thấy A   4; 1;1 thỏa mãn Vậy chọn A

Câu 18. [1D2-4] Có học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C xếp thành hàng ngang cho hai học sinh lớp A khơng có học sinh lớp B Hỏi có cách xếp hàng vậy?

A 145152 B 108864 C 217728 D 80640

Lời giải

Chọn A.

Gọi k số học sinh lớp C hai học sinh lớp A với k 0,1, , 4. Trước tiên ta đếm cách tạo thành cụm

k ACC C A  

Chọn học sinh lớp A xếp đầu có 2! cách Chọn k học sinh lớp C xếp vào hai học sinh lớp A cóA4k cách Vậy có 2!.A4k

cách tạo cụm ACC C A  k Coi cụm

k ACC C A  

vị trí với 9 k2 học sinh cịn lại thành 9 k1 8  k vị trí Xếp hàng cho vị trí có 8 k! cách Vậy với k có 2! 8A4k   k!

cách xếp hàng

 

4

2! 8k ! 145152

k

A k



 

 cách

Cách khác:

Xếp học sinh hai lớp A, B cho học sinh lớp A đứng cạnh có 2!.4! cách Chọn chỗ để xếp học sinh theo thứ tự xếp có C95 cách

Xếp học sinh lớp C có 4! cách

Vậy có tất 2!.4! .4! 145152C95  cách

Câu 19. [2D2-4] Tính tổng S tất nghiệm phương trình:

1

5

ln 5.3 30 10

6 x x

x x x

x



  

    

 



 

A S 1 B S 2 C S 1 D S 3

Lời giải

Chọn A.

Điều kiện:

x  

Phương trình tương đương

       

ln 5x 3x ln 6x 5x 3x 6x

       

         

ln 5x 3x 5x 3x ln 6x 6x

       

Xét hàm số f t  lnt5 ,t t0 Có f t  0, t

t

      nên f t  đồng biến Từ  1 suy f 5x 3x f 6x 2

   5x 3x 6x

     5x3x 6x 0 Xét g x  5x 3x 6x

    , ta có   ln ln 6x x

g x    , ''( ) ln 5 2 ln 3 2 0,

x x

g x      x

Nên g x  0có khơng q nghiệm 1;

 

 

 

 , suy g x ( ) có khơng q nghiệm 1;

3

 

 

 

 

Mà g 0 g 1 0 Vậy phương trình có nghiệm x 0và x  Do 1 S  1

Câu 20. [1H3-4] Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông A , ABC   , 60 BC2a

Gọi D điểm thỏa mãn 3SB 2SD Hình chiếu S mặt phẳng ABC điểm H thuộc đoạn BC cho BC4BH Biết SA tạo với đáy góc 60 Góc hai đường

thẳng AD SC

A 60 B 45 C 90 D 30

Lời giải Chọn C

Kẻ BE AD , EF SC

Xét tam giác ABH vng H có: AH2 AB2 BH2

 

2

a AH

 

Vậy:

a

SH  , 10

2

a

SB  ,SA a

3 10

2

a

SD SB Áp dụng hệ định lý cô-sin tam giác SAB ta

 2

cos

2 SB SA AB ASB

SB SA

 

 AD2 SD2 SA2 2 SA SD.cosASB

    15

8 a AD

 

Vì BE AD , EF SC nên

2 30

3

a

BE AD ,

3

a

EF  SC ,

3

a

AF  AC Vậy tam giác vng ABF

có: 2

3

a

BF  AB AF 

Ta có BF2 BE2 FE2

  nên tam giác BFE vuông E Vậy AD SC,   BE FE,  90

Cách 2:

Ta có

a

HC SH nên tam giác SHC vuông cân H  HK SC

3

SA AC a  nên tam giác SACcân A AKSC K trung điểm SC,MS2MA

 

2 MN AK MN SC

NS NA SC BMN SC BM

BN HK BN SC

 



      

 

 



Câu 21. [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1 Tìm giá trị lớn biểu thức:

    

T z i z i

A maxT 8 B maxT 4 C maxT 4 D maxT 8 Lời giải

Chọn B.

Đặt z x yi x y R , ta có    ,   1 2 1 2 ( 1)2 2

         

z x yi x y

 12 2 2 2 1

 x y   x y  x (*)

Lại có T   z i z 2 i  x (y1)i  x ( y 1)i

2 ( 1)2 ( 2)2 ( 1)2 2 2 1 2 4 2 5

 x  y  x  y  x y  y  x y  x y

Kết hợp với (*), ta T  2x2y 2 2 x 2y  2(x y ) 2  2( x y ) Áp dụng BĐT Cauchy schwarz ta có

2( ) 2( ) 2(2( ) 2( ))

            

T x y x y x y x y

Câu 22. [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 5z i   z 3i 3z 1 i Tìm giá trị lớn nhất M biểu thức: z 3 i ?

A 10

3 

M B M  1 13 C M 4 D M 9

Lời giải Chọn C.

2 2 2

5 x (y1)  (x1) (y 3) 3 (x1) (y1)

2 2 2

5 ( 1) 10 ( 1) ( 3) ( 1) ( 1)

 x  y  x  y  x  y

2 2 2

25 ( 1)  10 ( 1) ( 3) ( 1) ( 1)   x  y   x  y  x  y  

2 ( 1)2 20 2 5

 x  y   z i 

2 (4 2) 2 5

             

P z i z i i z i i

Câu 23. [2D4-4] Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m để tồn số phức z

thỏa mãn z z  1 z 3 i m Tìm số phần tử tập hợp S

A 2 B 3 C 1. D 4

Lời giải Chọn A.

Gọi z x yi  , với x y  , biểu diễn điểm M x y  ;  Do z z  nên 1 2  

1

1

z   x y  C .

Mặt khác z 3 i m  x 3y1i m  2  2 2 

3

x y m C

    

Cách 1:

Vậy ta có

   

2

2 2

2

3

1

x y m

x y



  

  

   

2

2

3

1

2x y m

x y

  

  



 

  

Từ ta thấy M điểm chung đường thẳng

: 2x 2y m 

   đường tròn

 C x: y2 1

  có tâm O0;0 bán kính R 1

Vậy để tồn số phức z thỏa tốn  phải tiếp xúc với đường tròn  C

 

2 5

,

12 m

d O R 

      2 m m m         

Do m  nên nhận 0 m  hay 1 m  3 Vậy tập hợp S có 2 phần tử

Cách 2:

Tồn số phức z thỏa toán hai đường tròn  C1 C2 tiếp xúc với (tiếp xúc tiếp xúc ngoài)

1

OI R R OI R R

        2 m m         m m     

 (Do m 0) Vậy tập hợp S có 2 phần tử

Câu 24. [2D2-4] Cho hai số thực ,a b thỏa mãn điều kiện 3a 4b0 biểu thức

2 3 log log 16 a a b a P a b              

có giá trị nhỏ Tính tổng S3a b

A. S 14 B. 25

2

S  C. S 8 D. 13

2 S  Lời giải

Chọn A.

Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số:

3

4 2

b    b b 3

4

a a

b  b 

Do 4

4 a

a b a b

b

        

 Suy

3

4

log a log a

b b a a   . Từ 2 3 4 3

log log log log

4 16 16

a a a a

b b

a a

P a a

b  b

 

 

   

         

       

Đặt log 3 a

a t

b

 Khi

2

2

2

3

2 16 64

3

3

1

P t t t

t t

t

t  

  

 

Dấu xảy

2 b t         a b      

Vậy 3a b 14

Câu 25. [2D2-4] Cho hai số thực không âm ,x y  Biết 1 ln 1 2 1 2  2 17

P x y  x y có giá trị

nhỏ a 2ln c

b d

  a , b, c , d số tự nhiên thỏa mãn ước chung a b,   c d,  1 Giá trị a b c d  

Lời giải Chọn B.

Ta chứng minh được: ln 1 2 ln17, 0;1

17 17 16

t t t

     

Suy ln 1 2 1 2  2 17

P x y  x y    2 2ln17 17 x y 17 x y 17 16

     

6 17

2ln

17 16

 

Do đó: a b c d   56

Chú ý: Để có đánh giá ln 1 2 ln17, 0;1

17 17 16

t t t

      ta phải đoán giá trị nhỏ

nhất đạt

x y  sử dụng đánh giá tiếp tuyến   1

2 2

f t f   t  f  

      với   ln 1 2

f t  t

Câu 26. [2H2-3] Cho hình chóp S ABC có AB  Hình chiếu S lên mặt phẳng 3 (ABC) điểm

H thuộc miền tam giác S ABC cho AHB 120

 Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S HAB , biết SH 4

A R  B R 3 C R  15 D R 2

Lời giải Chọn C.

Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HAB

Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S HAB Gọi D trung điểm đoạn SH

Vì SH ABC nên SH OH Từ suy DIOH

là hình chữ nhật

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S HBC :

2

R DH OH

Theo định lý sin tam giác HAB ta có



(HAB) 3 HAB

2

3

2

sin AB

R OH R

AHB   

 

2

SH

DH  

Vậy R  12  15

Câu 27. [2D1-4] Cho hàm số f x x3 mx2 Biết đồ thị hàm số cắt trục hồnh điểm có hồnh độ a b c, , Tính

     

' ' '

1 1

P

f a f b f c

   .

A 0 B 1

3 C 29 3m D 3 m

Lời giải Chọn A.

             

'

f x x a x b x b x c x c x a

                                  ' ' ' ' ' '

1 1

0 f a a b a c

f b b c b a

f a f b f c

f c c a c b

                    

Câu 28. [2D1-4][Thi thử THPT Gia Bình - Bắc Ninh] Gọi m

n giá trị lớn a để bất phương

trình  

 

2

3

2

1 sin

2

a x

a x a

x



  

 có nghiệm, ,

m n số nguyên

dương m

n phân số tối giản Tính giá trị biểu thức P22m n

A 46 B 38 C 24 D 35

Lời giải Chọn B.

Điều kiện: x  Biến đổi tương đương bất phương trình ta được1

   

 

4

3

2

3

4

1 sin

2

1

1 sin sin

2

x

a x a x a

x x

a x a

                       

Nếu 16

a  1sin2 0,

4

x

a   x

  nên bất phương trình vơ nghiệm Nếu

16

a  bất phương trình trở thành

 

2

2 2

1 1

1 sin sin

8 2

x x

x  

                  2 sin 1 sin

8 2

x x x              3, x x   

Vậy 16

a  giá trị lớn để bất phương trình có nghiệm Suy m1;n16 P22m n 22.1 16 38 

Câu 29. [2D3-4] Cho hàm số f x   xác định, có đạo hàm 0;1 thỏa mãn điều kiện

0

( ) 2018 ( )d ( ) ( )

x

g x f t t

g x f x        

 Tính tích phân

0

( ) d I g x x

A 1009

I  B I 505 C 1011

2

I = D 2019

2 I 

Lời giải Chọn C.

Từ giả thiết ta có '( ) 2018 ( ) '( ) '( ) ( )

g x f x

g x f x f x 

 

 

2018 ( ) ( ) '( )f x f x f x

 

2 ( ) 1009f x f x'( )

   ( )

'( ) 1009 f x

f x  

  

 + T/hợp ( )f x =0 (loại)

+ T/hợp f x'( ) 1009= Þ f x( ) 1009= x C+

Thay ngược lại ta được:    2

0

1 2018 1009 d 1009 x

t C t x C

    

 2

2

0

1009

1 2018 1009

2

x

t Ct x C C

 

        

 

Suy f x( ) 1009 x1 loại f x( ) 0  x 0;1

Hoặc f x( ) 1009 x1

Khi  

1 1

0 0

1011 ( ) d ( )d 1009 d

2 I g x xf x x x x .

Câu 30. [2H3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 4

3

x y z

  

 

các điểm A2;3; ,  B4;6;   Gọi C D, điểm thay đổi đường thẳng  cho 14

CD  mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD tích lớn Tìm tọa độ trung điểm

CD

A 79 64 102; ; 35 35 35

 

 

  B

181 104 42

; ;

5 5

 

 

 

 

C 101 13 69; ; 28 14 28

 

 

  D 2;2;3 

Lời giải Chọn D.

Gọi C 1 ;4 ; 4t1  t1  t1,D 1 ;4 ;4t2  t2  t2 

2

14 1,

CD t t

    

Ta có  ; .sin ; 

V  AB CD d AB CD AB CD không đổi

Mà , tp

V  r S để r lớn Stp nhỏ ,

BCD ACD

S S không đổi  minSABDSACB

Xét hàm số   1 ; ; 

2 ABD ACB

f x S S  AB AD AB AC    

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

x 292 x 12 x 112 x 162 x 142 x 22

           

Với x13t1, xét hàm tìm  

13

Min

2

f x  x  t  Vậy I2;2;3

Câu 31. [2D4-3] Tính giá trị biểu thức: 2017 2018 2018 2018 2018

A C  C C  C

A 22018. B 21009. C 0. D 1.

Chọn B.

+) Xét khai triển:  

2018 2018

2018

1 k k

k

i C i



  = 2 2018 2018

2018 2018 2018 2018

C C i C i  C i

C20180  C20182 C20184   C20182018  C20181  C20183 C20185  C20182017i  1 +) Mặt khác 1 i2018 1 i21009  2i 1009 21009i

      2

+) So sánh  1  2 ta có: C20181  C20183 C20185  C2018201721009

Nhận xét: Từ tốn ta có 2018

2018 2018 2018 2018

C  C C   C 

Mở rộng tốn :

Bài 1: Tính giá trị biểu thức: A C 20181  3C20183 9C20185  3 1008C20182017

A 22018

 B 22017 C 0 D 22017

Bài 2: Tính giá trị biểu thức: 2018 2018 201 1009 2018

0

8

4

018

3

B C  C  C   C

A 22018

 B 22017 C 0 D 22017

Bài 3: Cho khai triển  22018 4036

0 4036

1 x x a a x a x Hãy tính giá trị biểu thức sau

0 4036

S a  a a  a .

A 2018

2 B 1 C 0 D 22017

Câu 32. [2H2-4] Cho cầu bán kính a xếp đơi tiếp xúc Hình tứ diện ABCD

có mặt tiếp xúc với ba cầu Tính thể tích khối tứ diện ABCD

A  

3

2

a 

B  

3

2

a 

C  

3

2 3

a 

D  

3

2

a 

Lời giải

Gọi K M N E, , , bốn tâm bốn cầu Khi KMNE tứ diện có cạnh 2a

Gọi O tâm tứ diện KMNE O tâm tứ diện ABCD Dễ dàng tính đường cao tứ diện KMNE

3 a

Khi khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng MNE 6 a

Khoảng cách từ điểm O đến mặt ABC 6 a

a 

Chiều cao khối tứ diện ABCD gấp lần khoảng cách từ O đến mặt ABC nên

4 ABCD

a

h   a

Suy độ dài AB8 6 a

Vậy  

3 3 2

2

12

ABCD

a