Đang tải... (xem toàn văn)
+) Khoảng cách giữa hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng song song bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng đó.. Gọi biến cố A: “Chọn được hai quả cầu cùng màu”.. Gọi G là giao điểm của BM và [r]
(1)BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THAM KHẢO
(Đề thi có trang)
KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2018 Bài thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
Họ, tên thí sinh: ………
Số báo danh :……… Mã đề thi: 001
Câu – A Câu 11 – A Câu 21 - B Câu 31 – B Câu 41 - A
Câu – B Câu 12 – A Câu 22 - A Câu 32 - D Câu 42 - B
Câu – C Câu 13 – B Câu 23 - C Câu 33 - A Câu 43 - D
Câu – A Câu 14 – B Câu 24 - B Câu 34 - B Câu 44 - A
Câu – A Câu 15 – D Câu 25 - D Câu 35 - A Câu 45 - D
Câu – A Câu 16 - D Câu 26 - D Câu 36 - B Câu 46 - A
Câu – D Câu 17 - B Câu 27 - A Câu 37 - C Câu 47 - B
Câu – C Câu 18 - A Câu 28 - C Câu 38 - D Câu 48 - D
Câu – D Câu 19 - C Câu 29 - A Câu 39 - C Câu 49 - A
Câu 10 – B Câu 20 - D Câu 30 - B Câu 40 - C Câu 50 - A
Câu
Điểm M2;1 biểu diễn số phức z 2 i Chọn A
Câu
x x
2
x x
lim lim
3 x
1 x
(2)Chọn B Câu
Số tập gồm phần tử M C 102 Chọn C
Câu
Cơng thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy B chiều cao h V 1Bh
Chọn A Câu
Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến khoảng 2; 0 2; Chọn A
Câu
Cơng thức tính thể tích khối trịn xoay tạo thành là:
b a
V f x dx Chọn A
Câu
Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt tiểu điểm x0 đạt cực đại điểm x2 Chọn D
Câu
Ta có: log a3 3log Chọn C
Câu
Ta có: 3x21 dx x3 x C Chọn D
Câu 10
(3)Vậy N 0; 1;1 Chọn B
Câu 11
Quan sát đồ thị hàm số ta thấy dạng đồ thị hàm bậc bốn trùng phương với hệ số a âm Vậy có đáp án A thỏa mãn
Chọn A Câu 12
Véc tơ phương d u 1; 2;1 Chọn A
Câu 13 TXĐ: D R
Ta có: 22x 2x 6 2x x x
Vậy tập nghiệm bất phương trình ; 6 Chọn B
Câu 14
2 xq
S rl a.l 3 a l 3a Vậy l3a
Chọn B Câu 15
Phương trình đoạn chắn mặt phẳng qua điểm M 2; 0; , N 0; 1; , P 0; 0; 2 là: x y z 21 2 Chọn D
Câu 16: Phương pháp:
+) Đồ thị hàm số bậc bậc ln có tiệm cận đứng
+) Đường thẳng x a gọi tiệm cận đứng đồ thị hàm số
x a
lim f x
(4)Cách giải:
+) Đáp án A:
2
x x
x 3x
y x
x x
đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng
+) Đáp án B: Ta có:
x 1 x R đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng +) Đáp án C: Đồ thị hàm số có TCN
+) Đáp án D: Có
x
x
lim x
x
tiệm cận đứng đồ thị hàm số
Chọn D Câu 17: Phương pháp:
Số nghiệm phương trình f x 2 f x 2 số giao điểm đồ thị hàm số yf x đường thẳng y2
Cách giải:
Số nghiệm phương trình f x 2 f x 2 số giao điểm đồ thị hàm số yf x đường thẳng y2
Theo BBT ta thấy đường thẳng y2 cắt đồ thị hàm số yf x điểm phân biệt Chọn B
Câu 18: Phương pháp:
+) Tính đạo hàm hàm số giải phương trình y '0
+) Tính giá trị hàm số đầu mút đoạn [-2; 3] nghiệm phương trình y '0 Cách giải:
Ta có:
x f ' x 4x 8x f ' x 4x 8x x
x
(5)
2; 3
f
f
f Max f x 50
f
f 50
Chọn A Câu 19:
Ta có:
2
2 0
dx
ln x ln ln ln x3
Chọn C Câu 20: Phương pháp:
+) Giải phương trình bậc hai ẩn z tập số phức
+) Tính modun số phức z a bi công thức z a2 b2 Cách giải:
Ta có: ' 3.4 8 8i
Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
1
1
2
2 2i
z i
1
4 2
z z
4 2 2 2i
z i
4 2
1
3
z z
2
Chọn D Câu 21: Phương pháp:
(6)Ta có: ABCD / / A ’B’C’D’d BD; A 'C ' dABCD ; A 'B'C'D 'a Chọn B
Câu 22: Phương pháp:
Áp dụng công thức lãi suất kép: TP r n với P số tiền ban đầu, n thời gian gửi, r lãi suất T số tiền nhận sau n tháng gửi
Cách giải:
Ta có: TP r n 100 0, 4% 6 102, 424 triệu Chọn A
Câu 23:
Chọn ngẫu nhiên cầu từ 11 cầu nên ta có: n C112 55 Gọi biến cố A: “Chọn hai cầu màu”
2
A
A
n C C 25
n 25
P A
n 55 11
Chọn C Câu 24:
Ta có: AB3; 1;
Mặt phẳng (P) vng góc với AB nên nhận vecto AB làm vecto pháp tuyến Phương trình mặt phẳng (P) qua A vng góc với AB là:
3 x y z
3x y z
(7)Gọi G giao điểm BM SO
Từ M kẻ đường thẳng vng góc với BD N Khi ta có
MN / /SOMN ABCD
N hình chiếu M (ABCD)
BM; ABCD BM; BD MBD
Xét tam giác SBD ta có MB BD hai đường trung tuyến cắt G G trọng tâm tam giác SBD
1
OG SO
3
Ta có:
2
2 2
1 a a a a
BO BD SO SB OB a OG
2 2
OG a 2
tan MBD
OB a
Chọn D Câu 26:
Điều kiện: *
nN ; n2 Theo đề ta có:
n n
C C 55
2
n! n!
55 1! n ! 2! n !
n n ! n n n ! 55
n ! n !
2n n n 110
n n 110
n 10 tm n 11 ktm
Ta có khai triển:
10 10 10
10 k
3 k 3k 10 k k 10 k 5k 20
10 10
2
k k
2
x C x x C x
x
(8)Chọn D Câu 27:
Điều kiện: x 0.
2
3 27 81
3 3
4
2
2
3 2
1
2 log x.log x.log x.log x
3 log x.log x.log x.log x
3
1 1
log x
2
log x 16
x tm
log x
1
log x x tm
9 82
x x
9
Chọn A Câu 28
Phương pháp:
Dựng đường thẳng d qua M song song với AB, OM; AB OM; d Cách giải:
Gọi N trung điểm AC ta có MN đường trung bình tam giác ABC nên AB // MN
OM; AB OM; MN
Đặt OA OB OC 1 ta có:
Tam giác OAB vuông cân O nên AB MN 2
Tam giác OAC vuông cân O nên AC ON 2
Tam giác OBC vuông cân O nên BC OM 2
(9)Chọn C Câu 29
Phương pháp:
+) Gọi đường thẳng cần tìm ta có: P u n P
+) Gọi A d ; B1 d2, tham số hóa tọa độ điểm A, B
+) Thử trực tiếp đáp án cách thay điểm A, B vào phương trình đường thẳng đáp án rút kết luận
Cách giải:
Gọi đường thẳng cần tìm Vì P u n P 1; 2;3
Khi phương trình đường thẳng có dạng x x0 y y0 z z0
1
Gọi
1
A d A t;3 2t; t B d B 3t '; 2t '; t '
Ta thử đáp án: Đáp án A:
3 t 2t t t 2t t
A 12 6t 2t t A 1; 1;0
1 3
5 3t ' 1 2t ' t ' 3t ' t '
B t ' t ' B 2;1;3
1 3
Vậy đáp án A có đường thẳng x y z
1
vuông góc với mp(P) cắt d1 tạiA 1; 1; 0 , cắt d2
B 2;1;3 thỏa mãn yêu cầu toán Chọn A
Câu 30 Phương pháp:
(10)3
5
1
y x mx
5x
Ta có:
2 2
6
0;
2 2
6 0;
1 1
y ' 3x m 5x 3x m x 0; m 3x f x x 0;
5 x x
m f x
1
f x 3x x x x 4 f x
x x
m m
Mà m số nguyên âm m 3; 2; Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn B
Câu 31
Ta có:
2 2 x 1(TM)
3x x 3x x x x
x 1(L)
Do đó:
1
1 2
2 2
0 0 1
3
S 3x dx x dx x x dx x dx
3
(11)Tính
2
2
I x dx
Đặt x 2sin t dx2cos tdt
Đổi cận
1 x sin t t
2
x sin t t
2 / / /
2 2
1 /6 /6 /6
/ /
/6 /6
I x dx 4sin t.2 cos tdt cos tdt cos 2t dt
2
sin 2t 2t
3
Suy S 3
3
Chọn B Câu 32 Tính 2 1 dx dx I
x x x x x x x x
Đặt t x x dt 1 dx x x 1dx tdx dx 2dt
t x x x x x x x x
Suy 3 2
2dt 1
I 32 12
t t
Do a32; b12; c 2 a b c 46 Chọn D
Câu 33
Tứ diện cạnh a có chiều cao h a h
3
Tam giác BCD nên bán kính đường trịn nội tiếp tam giác r a
6
(12)Diện tích xung quanh hình trụ S rh 4 16
6 3
Chọn A Câu 34
Xét phương trình
2x x
x x x 4
16 2.12 m m
3
Đặt
x
4
t
3
ta
2
t 2t m m 2 2t t *
Để phương trình cho có nghiệm dương x 0 phương trình * có nghiệm
x
4
t
3
Xét hàm f t 2 2t t , t2 1; có: f ' t 2 2t 0, t nên hàm số nghịch biến 1; Suy f t f 3 m3
Mà m nguyên dương nên m 1; Chọn B
Câu 35
Ta có: 3 3
m m 3sin x sin x m m 3sin x sin x Đặt 3m 3sin x u m 3sin xu3
phương trình trở thành m 3u sin x3 Đặt sin x v ta
3
2 2
3
m 3v u
3 v u v u v uv u v u v uv u
m 3u v
Do v 2 uv u 0, u, v nên phương trình tương đương uv Suy m 3sin x sin x m sin x 3sin x3
Đặt sin x t t 1 xét hàm f t t3 3t 1;1 có f ' t 3t2 3 0, t 1;1 Nên hàm số nghịch biến 1;1 1 f 1 f t f 2 m2
(13)Chọn A Câu 36
Phương pháp:
+) Lập BBT đồ thị hàm số f x x33xm 0; +) Xét trường hợp dấu điểm cực trị
Cách giải :
Xét hàm số f x x33xm 0; ta có : f ' x 3x2 3 x BBT :
TH1 :
0;2
2 m 0 m max y 2 m 2 m m m 1 ktm
TH2 :
0;2
m
2 m max y m m tm
m
TH3 :
0;2
m
0 m max y m m tm
2 m
TH4 :
0;2
2 m m max y m m ktm
Chọn B Câu 37
Phương pháp :
(14)Cách giải :
Ta có : f x f ' x dx dx 2ln 2x C ln 2x C
2x
1
2
1
( ) ln(2 1) (1)
2
( ) ln(1 ) (2)
2
f x x C x
f x x C x
(0)
f thay vào (2) ta ln1C2 1 C2 1 (1)
f thay vào (1) ta ln1C1 2 C12
Vậy
1 ln(2 1)
2 ( )
1 ln(1 )
2
x khi x
f x
x khi x
f ln 1; f ln f f ln ln ln15
Chọn C Câu 38
Phương pháp :
+) Thay z a bi vào biếu thức đề bài, rút gọn đưa dạng A Bi 0 +) Sử dụng định nghĩa hai số phức suy A 0,
B
giải hệ phương trình tìm a, b
(15) 2
2 2
2 2 2 2 2
z i z i
a bi i a b i
a a b b a b i
a a b
a b b a
b a b
a a a
a 2a 2a
a
a 4a 2a 2a
a
a
a b
a tm
a 2a
a tm
a b
Vì z z 4i a P a b
b Chọn D Câu 39
Từ đồ thị suy
1 '( )
4
x
f x x
x
Đặt t 2 x, ta có : g x( ) f(2x) f t( ) '( ) ' '( ) '( )
2
'( ) '( ) 1
2
g x t f t f t
t x x
g t f t t x x
t x x
'( ) '( )
g x f t
1
'(t)
1 4
t x x
f
t x x
(16)Chọn C Câu 40
Phương pháp :
+) Giả sử tiếp tuyến qua A a;1 tiếp tuyến điểm có hồnh độ xx0 , viết phương trình tiếp tuyến điểm có hồnh độ xx0 :
2 0
0
x
1
y x x d
x x
+) A d Thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng d, tìm điều kiện để phương trình có nghiệm x 0
Cách giải :
TXĐ : xR \ 1 ;
2
1 y ' x
Giả sử tiếp tuyến qua A a;1 tiếp tuyến điểm có hồnh độ xx0 , phương trình tiếp tuyến có dạng :
2 0
0
x
1
y x x d
x x
Vì A d nên thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng d ta có :
0 0 2
0 0 0
2 0
x
1
1 a x
x
x
a x x 3x x 2x
2x 6x a *
Để có tiếp tuyến qua A phương trình (*) có nghiệm có nghiệm phân biệt có nghiệm
' 3
5
' 2
2
f(1)
a a S a a a Chọn C Câu 41:
Phương trình mặt phẳng P có dạng x y z 1,
(17)Ta có OAOBOC a b c M P 1 a b c
Suy a b c a b c
,
a b c a b c
mà a b c không thỏa mãn điều kiện
Vậy có mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu toán Chọn A
Câu 42:
Đặt
1 10 10
t 2log u 2log u 0 log u 2log u t 2, giả thiết trở thành:
2 2
1 10 10 10 10
logu 2 logu 1 logu 1 logu log 10u log u 10u u Mà un1 2un un cấp số nhân với công bội
9
10
2 2
q u u
Từ 1 , suy 9 18
1 1 1 18 18 19
10 10 10
10 2 10
2 2
n n
n
u u u u u u
Do
100 19
100 100
2 2
19
2 10
5 log log 10 100 log 19 247,87
2 10
n n
u n
Vậy giá trị n nhỏ thỏa mãn n248 Chọn B
Câu 43
Phương pháp :
+) Lập bảng biến thiên đồ thị hàm số f x 3x44x312x2m
+) Từ BBT đồ thị hàm số f x 3x44x312x2m suy BBT đồ thị hàm số
4
y 3x 4x 12x m
(18)Xét hàm số y3x44x312x2m có
x
y ' 12x 12x 24x 12x x x x
x
Lập BBT đồ thị hàm số f x 3x44x312x2m ta có :
Đồ thị hàm số
y 3x 4x 12x m vẽ cách :
+) Lấy đối xúng phần đồ thị hàm số nằm phía trục Ox qua trục Ox +) Xóa phần đồ thị bên trục Ox
Do để đồ thị hàm số
y 3x 4x 12x m có điểm cực trị :
f 0 m 0
f m 0 m
32 m f
m Z m 1; 2;3;
Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn D
Câu 44:
(19)
BC IA CA IB AB IC Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ
A B C
I
A B C
I
A B C
I
BC x CA x AB x
x
BC CA AB
BC y CA y AB y
y
BC CA AB
BC z CA z AB z
z
BC CA AB
Khi đó, xét tam giác ABO Tâm nội tiếp tam giác I0;1;1 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm :
1 2
x y z
d
Chọn A Câu 45:
Gọi M I, trung điểm DF DE, AM DCEF Vì S điểm đối xứng với B qua DE M trung điểm SA
Suy SADCEF
2
SM AM DF
Khi . .
3
ABCDSEF ADF BCE S DCEF ADF DCEF
V V V AB S SM S
1
1
2
ABCDSEF
V
Chọn D.
S
M I
C
F A
B
E D
Câu 46:
Gọi M x y ; điểm biểu diễn số phức z
Từ giả thiết, ta có z 4 3i 5x4 2 y32 5 suy M thuộc đường tròn C tâm I 4;3 , bán kính R Khi PMAMB, với A1;3 , B 1;
Ta có P2 MA2MB22MA MB 2MA2MB2
Gọi E 0;1 trung điểm AB
2 2
2
2
MA MB AB
ME
Do 2
4
P MI AB mà MECE3 suy
2
2
4 5 200
(20)Với C giao điểm đường thẳng EI với đường tròn C
Vậy P10 Dấu "" xảy MA MB M 6; a b 10 M C
Chọn A Câu 47:
Dễ thấy AB C ; MNP AB C ; MNCB
0
180 AB C ; A B C MNBC ; A B C 180 A BC ; ABC MNBC ; ABC
Ta có A BC ; ABC A P;AP A PA arctan
Và MNBC ; ABC SP;AP SPA arctan ,4
với S điểm đối
xứng với A qua A, SA2AA4
Suy cos AB C ; MNP cos 1800 arctan2 arctan4 13
3 65
Chọn B
P N
M
C'
B'
A C
B A'
Câu 48:
N C
Q
M
B P
A
Ta có AB AC 13;BC4, ( ;d A BC)3 Chú ý R1 2R2 2R3nên khoảng cách từ điểm A đến ( )P
(21)mặt phẳng qua MN MQ NP PQ, , , cho d A P ; ( )2 xong, mấu chốt hình học toán Bây ta xét trường hợp cụ thể
Trường hợp 1: d A PQ ; 2 nên có mặt phẳng ( )P qua PQ cho d A P ; ( )2
d A MN ; , ( ;d A MQ d A NP), ; lớn nên trường hợp có hai mặt phẳng qua cạnh MN MQ NP, , cho khoảng cách từ A đến
Vậy tóm lại có mặt phẳng thỏa mãn đề cho Câu 49
Phương pháp:
+) Xếp số học sinh lớp 12C trước, tạo khoảng trống, sau xếp học sinh lớp 12A 12B vào vị trí trống
+) Tính số phần tử khơng gian mẫu số kết thuận lợi biến cố, sau tính xác suất biến cố Cách giải:
Kí hiệu học sinh lớp 12A, 12B, 12C A, B, C
Số cách xếp 10 học sinh thành hành ngang 10! (cách) 10! Ta xếp học sinh lớp 12C trước
TH1: C C C C C (quy ước vị trí – vị trí trống), đổi chỗ học sinh cho ta có 5! Cách xếp Xếp học sinh cịn lại vào vị trí trống ta có 5! cách xếp Vậy trường hợp có 5!.5! cách
TH2: C C C C C, tương tự trường hợp ta có 5!.5! cách TH3: C C C C C, đổi chỗ học sinh cho ta có 5! Cách xếp
Ta có vị trí trống liền nhau, chọn học sinh lớp 12A học sinh lớp 12B để xếp vào vị trí trống đó, học sinh đổi chỗ cho nên có C C 2! 2.3.2 1212 13 cách Xếp học sinh lại vào chỗ trống có 3! Cách
Vậy trường hợp có 5!.12.3! cách TH4: C C C C C
TH5: C C C C C TH6: C C C C
(22)Vậy có tất 5!.5!.2 + 4.5!.12.3! = 63360 (cách)
Gọi T biến cố “Xếp 10 học sinh thành hàng ngang cho khơng có học sinh lớp đứng cạnh nhau” A 63360
Vậy xác suất biến cố T P T 63360 11 10! 630
Chọn A Câu 50: Ta có:
1
1 1
2 3
0 0
0
1 1
( ) ( ) ( ) '( )
3 3
x
x f x dx f x d x f x x f x dx
Vậy theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:
2 1 2 1 2
3
0 0
77 x f x dx'( ) 7 ( x ) dx. f x'( ) dx f x'( ) dx Đẳng thức xảy
'( )
f x kx , kết hợp f(1)0 để có:
4
7
( ) (1 ),
4
f x x x
Từ ta I Chọn A
Cách 2:
Đặt
1
1 3 3
3
2 0 0
0
'( )
( ) 1 1 1
( ) '( ) '( )
3 3
3
du f x dx
u f x x
f x x f x dx x f x dx
x
dv x dx v
Suy 1 3
0x f x dx'( ) 1 7x '( )f x dx7
(*)
Mặt khác, ta có 1 2
0 f '(x) dx7
(**)
Từ (*) (**), suy tồn
4
3
'( ) ( )
(23)Mà
4
7
(1) ( )
4
x f f x
Khi
4
1
0
7 7
( )
4
x
f x dx dx