De Toan minh hoa 2018 cua Bo co giai

Tính diện tích xung quanh xq của hình trụ có một đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác BCD và chiều cao bằng chiều cao của tứ diện ABCD.. Tứ diện đều cạnh a có chiều cao..[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2018 ĐỀ THI THAM KHẢO Bài thi: TỐN (Đề thi có trang) Câu Điểm M hình vẽ bên Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề biểu diễn số phức A z   i B z 1  2i C z 2  i Lời giải M   2;1 Điểm biểu diễn số phức z   i x lim x   x  Câu  A B C Lời giải 1 x x 1 lim  lim x   x  x   1 x Câu Cho tập hợp M có 10 phần tử Số tập gồm phần tử M 2 A A10 B A10 C C10 D z 1  2i D  D 10 Lời giải Số tập gồm phần tử M C10 Câu Thể tích khối chóp có chiều cao h diện tích đáy B 1 V  Bh V  Bh A B C V Bh Lời giải V  Bh D V  Bh Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy B chiều cao h Câu Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên sau Hàm số y  f ( x) nghịch biến khoảng A ( 2;0) B ( ;  2) C (0; 2) Lời giải D (0; )   2;0   2;  Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến khoảng Câu Cho hàm số y  f ( x) liên tục đoạn [a; b] Gọi D hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  f ( x) , trục hoành hai đường thẳng x a , x b (a  b) Thể tích khối trịn xoay tạo thành quay D quanh trục hồnh tính theo cơng thức b b V  f ( x )dx A Lời giải a B V 2 f ( x)dx a b C V  f ( x)dx a b D V  f ( x)dx a b Cơng thức tính thể tích khối trịn xoay tạo thành là: Câu Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên sau V  f  x  dx a Hàm số đạt cực đại điểm A x 1 B x 0 C x 5 D x 2 Lời giải Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt tiểu điểm x 0 đạt cực đại điểm x 2 Câu Với a số thực dương bất kỳ, mệnh đề đúng? 1 log a  log a log(3a )  log a 3 A log(3a ) 3log a B C log a 3log a D Lời giải Ta có: log a 3log Câu Họ nguyên hàm hàm số f ( x) 3x  x3  x C 3 A x  C B C 6x  C D x  x  C Lời giải x  dx  x  x  C  Ta có: Câu 10 Trong khơng gian Oxyz , cho điểm A(3;  1;1) Hình chiếu vng gốc A mặt phẳng (Oyz ) điểm A M (3;0;0) B N (0;  1;1) C P (0;  1;0) D Q(0;0;1)   Lời giải A  3;  1;1  Oyz  tung độ cao độ giữ nguyên, hoành độ Khi chiếu điểm lên mặt phẳng N  0;  1;1 Vậy Câu 11 Đường cong hình bên đồ thị hàm số đây? 4 A y  x  x  B y  x  x  C y  x  x  D y  x  3x  Lời giải 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 d: x y z   1 Đường thẳng d có vectơ   u3 (2;1;1) u4 (  1; 2;0) C D Câu 12 Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng phương   u1 ( 1; 2;1) u2 (2;1; 0) A B Lời giải  u   1; 2;1 Véc tơ phương d 2x x Câu 13 Tập hợp nghiệm bất phương trình  A (0;6) B ( ;6) C (0;64) Lời giải TXĐ: D R 2x x 6 Ta có:   x  x   x  Vậy tập nghiệm bất phương trình D (6; )   ;  Câu 14 Cho hình nón có diện tích xung quanh 3 a bán kính đáy a Độ dài đường sinh hình nón cho 3a A 2a B 3a C 2a D Lời giải S xq  rl  A.l 3 a  l 3a Vậy l 3a Câu 15 Trong không gian Oxyz , cho ba điểm M (2;0;0) , N (0;  1;0) P (0;0; 2) Mặt phẳng ( MNP ) có phương trình x y z x y z x y z x y z   0      1   1 A  B  C 2 D  Lời giải Phương trình mặt chắn mặt phẳng qua ba điểm thuộc ba trục tọa độ x y z   1 M  2;0;  , N  0;  1;0  , P  0; 0;  là:  Câu 16 Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  3x  x2 x y y y y  x  x x 1 x 1 A B C D Lời giải x  3x   x    x  1 y  x   x x đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng x y 2 x  có: x   x  R  đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng y  x  khơng có tiệm cận đứng x x y lim   x  x  Có x   x  tiệm cận đứng đồ thị hàm số y  f ( x ) Câu 17 Cho hàm số có bảng biến thiên sau Số nghiệm phương trình f ( x )  0 A B C D Lời giải f  x   0  f  x  2 y  f  x Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số đường thẳng y 2 y  f  x Theo BBT ta thấy đường thẳng y 2 cắt đồ thị hàm số điểm phân biệt Câu 18 Giá trị lớn hàm số f ( x)  x  x  đoạn [ 2;3] A 50 B C D 122 Lời giải  x 0  f  x  4 x3  x  f  x  0  x  x 0   x  x  Ta có:  f    5   f  1    Max f  x  50   2; 3  f   5  f 50      dx x  Câu 19 Tích phân 16 5 log ln A 225 B C D 15 Lời giải dx ln x  |02 ln  ln ln  x 3 Ta có: Câu 20 Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z  z  0 Giá trị biểu thức | z1 |  | z2 | A B Lời giải Ta có:  4  3.4  8i C D   2i   i  z1  1 2   z1  z2    2   2i   i  z2  2  Phương trình có hai nghiệm phân biệt:   z1  z2 2  Câu 21 Cho hình lập phương ABCD ABC D có cạnh a (tham khảo hình bên) Khoảng cách hai đường thẳng BD AC  A 3a Lời giải B a C 3a D 2a Câu 22 Một người gởi 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0, 4% / tháng Biết không rút tiền khỏi ngân hàng sau mối tháng, số tiền lãi nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng Hỏi sau tháng, người lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu lãi) gần với số đây, thời gian người khơng rút tiền lãi suất không thay đổi? A 102.424.000 đồng B 102.423.000 đồng C 102.016.000 đồng D 102.017.000 đồng Lời giải n T P   r  100   0, 4%  102, 424 Ta có: triệu Câu 23 Một hộp chứa 11 cầu gồm cầu màu xanh cầu màu đỏ Chọn ngẫu nhiên đồng thời cầu từ hộp Xác suất để cầu chọn màu A 22 B 11 C 11 D 11 Lời giải Chọn ngẫu nhiên cầu từ 11 cầu nên ta có: n C11 55 Gọi biến cố A: “Chọn hai cầu màu” n 25  P  A  A   2  nA C5  C6 25 n 55 11 Câu 24 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A( 1; 2;1) B (2;1;0) Mặt phẳng qua A vng góc với AB có phương trình A 3x  y  z  0 B 3x  y  z  0 C x  y  z  0 D x  y  z  0 Lời giải AB  3;  1;  1 Ta có: 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:  x  1   y     z  1 0  x  y  z  0 Câu 25 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có tất cạnh a Gọi M trung điểm SD (tham khảo hình vẽ bên) Tang góc đường thẳng BM mặt phẳng ( ABCD ) A Lời giải B C D Gọi G giao điểm BM SO MN / / SO  MN   ABCD  Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với BD N Khi ta có  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  OG  SO a2 a a a 2 2  SO  SB  OB  a    OG  BO  BD  2 2 Ta có: OG a 2   tan MBD    OB a Câu 26 Với n số nghuyên dương thỏa mãn Cn  Cn 55 , số hạng không chứa x khai triển biểu n  2 x  2 x  thức  A 322560 B 3360 Lời giải * Điều kiện: n  N ; n 2 C 80640 Theo đề ta có: Cn  Cn 55 n! n!   55 1!. n  1 ! 2!  n   !  n  n  1 !  n  n  1  n   ! 2 n  2 !  n  1 !  2n  n  n  1 110 55  n  n  110 0  n 10  tm    n  11  ktm  10 10   x   C10k x 3k 210 k x     x  k 0 Ta có khai triển:    10  k 10  C10k 210 k x 5k  20 k 0 D 13440 Để có hệ số khơng chứa x thì: 5k  20 0  k 4 Hệ số không chứa x là: C10 13440 log x.log x.log 27 x.log81 x  Câu 27 Tổng giá trị tất nghiệm phương trình 82 80 A B C Lời giải Điều kiện: x  log x.log x.log 27 x.log 81 x   log x.log 32 x.log 33 x.log34 x  1   log x   3 D   log x  16  x1 32 9  tm    x 3   tm   82  x1  x 9   9 Câu 28 Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đơi vng góc với OA OB OC Gọi M trung điểm BC (tham khảo hình bên)  log x 2    log x  Góc hai đường thẳng OM AB   A 90 B 30 Lời giải  C 60  D 45 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: 2 Tam giác OAB vng cân O nên AC   ON  Tam giác OAC vuông cân O nên BC   OM  Tam giác OBC vuông cân O nên  60 OM ; MN  OMN Vậy tam giác OMN nên x y  z 2 x  y 1 z  d1 :   d2 :   Oxyz 1 2 ; 3 mặt Câu 29 Trong không gian , cho hai đường thẳng phẳng ( P ) : x  y  3z  0 Đường thẳng vng góc với ( P ) , cắt s1 d có phương trình AB   MN  x  y 1 z   A x y z2   C Lời giải x y z   B x  y 1 z   D      P   u n P   1; 2;3  Gọi đường thẳng cần tìm Vì x  x0 y  y0 z  z0   Khi phương trình đường thẳng  có dạng Gọi A d1    A   t;3  2t;   t  B d    B   3t ;   2t ;  t  Ta thử đáp án: Đáp án A  t   2t    t  t  2t   t A        12  6t   2t  t 2  A  1;  1;0  3  3t '   2t '  t '  3t ' t ' B     t '   t ' 1  B  2;1;3 3 x  y 1 z   vng góc với mp ( P ) cắt d1 A  1;  1;  , cắt d Vậy đáp án A có đường thẳng B  2;1;3 thỏa mãn u cầu tốn Câu 30 Có giá trị nguyên âm tham số m để hàm số (0; ) ? A Lời giải y  x  mx  Ta có: B x5 C y  x  mx  x đồng biến khoảng D 1  5x  3x  m   x   0;     m  3x  f  x  x   0;   x x   m  f  x   0; 1 f  x  3x   x  x  x  4 4  f  x  4  0; x x  m4 m4  m    3;  2;  1 Mà m số nguyên âm Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán y ' 3x  m    2 Câu 31 Cho hình ( H ) hình phẳng giới hạn parabol y  3x , cung trịn có phương trình y   x (với  x 2 ) trục hồnh (phần tơ đậm hình vẽ) Diện tích ( H ) 4  4  12 12 A B Lời giải 4   C  2 D Ta có:  x 1 (nhan) x   x  3x  x  0  x  x  0    x  (loai ) Do đó: 2 3 S  x 2dx    x dx  x |0   x dx     x dx 3 1  I   x dx Tính x  2sin t  d x  cos tdt Đặt    x 1  sin t   t    x 2  sin t 1  t  Đổi cận     /2  /2  /2  /6  /6  /6  /2 I   x dx    4sin t cos tdt  4 cos tdt  2  cos 2t  1 dt sin 2t | /2 /6 2t | /6  2  3 2 4     3 Suy dx  a b c  Câu 32 Biết ( x  1) x  x x  với a, b, c số nguyên dương Tính P a  b  c A P 24 B P 12 C P 18 D P 46 Lời giải 2 dx dx I   1  x 1 x  x x 1 x  x  1 x  x  Tính  x  x 1 tdx dx 2dt  t  x  x   dt   dx     dx  t x x 1 x x 1 x x 1  x x 1  Đặt S  2     1 2   Suy Do a 32; b 12; c 2  a  b  c 46 I  2 2dt  t t 1     32  12  2 1  S Câu 33 Cho tứ diện ABCD có cạnh Tính diện tích xung quanh xq hình trụ có đường trịn đáy đường trịn nội tiếp tam giác BCD chiều cao chiều cao tứ diện ABCD 15 2 15 3 S xq  S  xq S 8 2 S 8 3 A B xq C D xq Lời giải Tứ diện cạnh a có chiều cao h a 6  h 3 r a  6 Tam giác BCD nên bán kính đường tròn nội tiếp tam giác 4 16 2 S 2 rh 2  3 Diện tích xung quanh hình trụ x x x Câu 34 Có giá trị nguyên dương tham số m để phương trình 16  2.12  (m  2)9 0 có nghiệm dương? A B C D Lời giải 2x x  4  4 16 x  2.12 x   m   x 0        m  0  3  3 Xét phương trình x  4 t    t  2t  m  0  m 2  2t  t  *  3 Đặt ta x  4 t     * có nghiệm   Để phương trình cho có nghiệm dương x  phương trình f  t  2  2t  t , t   1;   f  t  2  2t  0, t   1;   Xét hàm có: nên hàm số nghịch biến f  t   f  1 3  m  Suy m   1; 2 Mà m nguyên dương nên Câu 35 Có giá trị nguyên dương tham số m để phương trình nghiệm thực? A B C Lời giải m  3 m  3sin x sin x có D 3 3 Ta có: m  m  3sin x sin x  m  m  3sin x sin x 3 Đặt m  3sin x u  m  3sin x u phương trình trở thành m  3u sin x Đặt sin x v ta m  3v u   v  u    v  u   v  uv  u  0   v  u    v  uv  u  0  m  3u v 2 Do  v  uv  u  0, u , v nên phương trình tương đương u v 3 Suy m  3sin x sin x  m sin x  3sin x Đặt sin x t   t 1 f  t  t  3t  1;1 f  t  3t  0, t    1;1  có   f  1  f  t   f   1 2   m 2 xét hàm  1;1  Nên hàm số nghịch biến  m    2;  1;0;1; 2 Vậy S Câu 36 Gọi tập hợp tất giá trị tham số thực m cho giá trị lớn hàm số y  x3  3x  m đoạn [0; 2] Số phần tử S A B C D Lời giải f  x  x  x  m 0; 2 f  x  3 x  0  x 1 Xét hàm số  ta có : BBT :  m   m    max y     m  2  m   m 3  m  1 ktm   0;2 TH1 : m      m   max y 2  m 3  m  1 tm    0;2 TH2 : m  m    m   max y 2  m 3  m 1 tm    0;2   m   TH3 :   m   m   max y 2  m 3  m  1 ktm   0;2 TH4 :  \{ } f ( x )  thỏa mãn x  , f (0) 1 f (1) 2 Giá trị biểu Câu 37 Cho hàm số f ( x ) xác định thức f ( 1)  f (3) A  ln15 Lời giải B  ln15 C  ln15 D ln15 f  x  f  x  dx 2  dx  ln x   C ln x   C 2x  Ta có : f   C 1  f  x  ln x    f   1 ln  1; f  3 ln 1  f   1  f   ln  ln  ln15  Câu 38 Cho số phức z a  bi ( a, b  ) thoả mãn z   i  | z | (1  i) 0 | z | Tính P a  b A P  B P  C P 3 D P 7 Lời giải z   i  z   i  0  a  bi   i   a 2 a  b   i  0  a  b2  b 1   a  b i 0 a   a  b 0    a  b  0  b a  2  b   a  b 0  a 2 a   a  1 0  a   2a  2a  a   2 a  4a  2a  2a   a 3 a    a  b 4     a 3  tm     a  a  2a  0   a  tm       b 0 a 3 z   z 3  4i    P a  b 3  7 b 4 Vì Câu 39 Cho hàm số y  f ( x) Hàm số y  f ( x) có đồ thị hình bên Hàm số y  f (2  x) đồng biến khoảng A (1;3) B (2; ) Lời giải Hàm số y  f (2  x) đồng biến C (  2;1) D ( ;  2) y  f (2  x)   f (2  x)  Nhìn đồ thị   x     x   x    x   x2 y x  có đồ thị (C ) điểm A(a;1) Gọi S tập hợp tất giá trị thực a để Câu 40 Cho hàm số có tiếp tuyến (C ) qua A Tổng giá trị tất phần tử S B A Lời giải x R \  1 y  C D 1  x  1 A  a;1 Giả sử tiếp tuyến qua TXĐ : ; tiếp tuyến điểm có hồnh độ x  x0 , phương trình tiếp tuyến  x 2 1 y x  x0   d  x0   x0  1 có dạng : Vì A  d nên thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng d ta có :  x 2 1 1 a  x0    x0   x0  1   a  x0  x02  3x0   x02  x0   x02  x0   a 0  * Để có tiếp tuyến qua A phương trình (*) có nghiệm   0     a  0   2a 0  a  3  S   2 Câu 41 Trong không gian Oxyz , cho điểm M (1;1; 2) Hỏi có mặt phẳng ( P) qua M cắt trục xOx, yOy, z Oz điểm A, B, C cho OA OB OC 0 ? A Lời giải B C D x y z   1, A  a;0;  , B  0; b;  , C  0; 0; c  Phương trình mặt phẳng có dạng a b c với 1 M   P     1  * OA OB OC  a  b  c a b c Ta có  a b c  a b  c  a  b c  a  b  c ,  *  Suy  mà a b  c khơng thỏa mãn điều kiện  P Vậy có mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu toán log u1   log u1  log u10 2 log u10 Câu 42 Cho dãy số (un ) thỏa mãn un 1 2un với n 1 Giá trị u  5100 nhỏ n để n 247 248 A B C 229 D 290 Lời giải t   log u1  2log u10 0  log u1  2log u10 t  2, Đặt giả thiết trở thành: 2  log u1  log u10   log u1  2 log u10  log  10u1  log  u10   10u1  u10  q 2  u10 29 u1  2 Mà cấp số nhân với công bội 10 2n.10 18 n  10 10 u  u  u  10 u  u   u   1 1 n  1 ,   suy 218 218 219 Từ  un  5100   1   5100.219  2n.10 100   n  log   log 10  100 log  19 247,87 2 219  10  Do Vậy giá trị n nhỏ thỏa mãn n 248 y  x  x3  12 x  m Câu 43 Có giá trị nguyên tham số m để hàm số có điểm cực trị? A B C D Lời giải  x 0   x  y 12 x3  12 x2  24 x 0  12 x x  x  0  x 2 y  x  x  12 x  m Xét hàm số có f  x  3x  x  12 x  m Lập BBT đồ thị hàm số ta có : y  x  x  12 x  m Đồ thị hàm số vẽ cách : +) Lấy đối xúng phần đồ thị hàm số nằm phía trục Ox qua trục Ox +) Xóa phần đồ thị bên trục Ox y  x  x3  12 x  m Do để đồ thị hàm số có điểm cực trị :  f  0  m     f   1     m    m   f  2    32  m      m  Z  m   1;2;3; 4 Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán  8 B  ; ;  Câu 44 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(2; 2;1) ,  3  Đường thẳng qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB vng góc với mặt phẳng (OAB ) có phương trình x 1 y  z 1 x 1 y  z      2 2 A B 1 11 2 x y z x y z 3 3 9 9 2 2 C D Lời giải     OA; OB  k  1;  2;    Vectơ phương đường thẳng  d  u  1;  2;  Cách giải: Ta có  Chú ý: Với I tâm đường tròn nội tiếp  ABC , ta có đẳng thức vectơ sau: BC.x A  CA.xB  AB.xC   xI  BC  CA  AB  BC y A  CA yB  AB yC   yI  BC  CA  AB  BC.z A  CA.z B  AB.zC      zI   BC  CA  AB BC.IA  CA.IB  AB.IC 0  Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ  I  0;1;1 Khi đó, xét tam giác ABO  Tâm nội tiếp tam giác x 1 y  z 1   d : 2 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm Câu 45 Cho hình vng ABCD ABEF có cạnh 1, nằm hai mặt phẳng vuông góc với Gọi S điểm đối xứng với B qua đường thẳng DE Thể tích khối đa diện ABCDSEF 11 A B 12 C D Lời giải DF , DE  AM   DCEF  Gọi M , I trung điểm Vì S điểm đối xứng với B qua DE  M trung điểm SA SM  AM  DF  2 VADF BCE  VS DCEF  AB.S ADF  SM S DCEF SA   DCEF  Suy Khi VABCDSEF 1  VABCDSEF 1  2 Câu 46 Xét số phức a a  bi (a, b  ) thỏa mãn | z   3i | Tính P a  b | z   3i |  | z   i | đạt giá trị lớn A P 10 B P 4 C P 6 D P 8 Lời giải M  x; y  Gọi điểm biểu diễn số phức z 2 z   3i    x     y  3 5  C  tâm I  4;3 , Từ giả thiết, ta có suy M thuộc đường tròn A   1;3  , B  1;  1 bán kính R  Khi P MA  MB, với Ta có P MA2  MB  2MA.MB 2 MA2  MB   Gọi E  0;1 trung điểm AB  ME  MA2  MB AB  Do P 4.MI  AB mà ME CE 3 suy 2  P 4  2 5 200 C Với C giao điểm đường thẳng EI với đường tròn  MA MB  M  6;   a  b 10  Vậy P 10 Dấu xảy  M C Câu 47 Cho hình lăng trụ tam giác ABC ABC  có AB 2 AA 2 Gọi M , N , P trung điểm cạnh AB, AC  BC (tham khảo hình vẽ bên) Cosin góc tạo hai mặt phẳng ( ABC ) ( MNP ) 13 13 17 13 A 65 B 65 C 65 Lời giải 18 13 D 65 ABC  ;  MNCB  ABC  ;  MNP   Dễ thấy 1800   ABC  ;  ABC    MNBC  ;  ABC  1800   ABC  ;  ABC    MNBC  ;  ABC  ABC  ;  ABC  AP; AP   A PA arctan Ta có  MNBC  ;  ABC  SP; AP  SPA arctan ,  với S điểm đối xứng với A qua A, Và SA 2 AA 4 4 13  cos  ABC  ;  MNP  cos  1800  arctan  arctan   3  65  Suy Câu 48 Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1; 2;1) , B (3;  1;1) C ( 1;  1;1) Gọi S1 mặt cầu có tâm A , bán kính 2; S S3 hai mặt cầu có tâm B, C bán kính Hỏi có mặt phẳng tiếp xúc với ba mặt cầu ( S1 ), ( S2 ), ( S3 ) ? A B C Lời giải D Ta có AB  AC  13 , BC 4 Trung điểm BC H (1;  1,1) nên AH 3 Câu 49 Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm hoc sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B học sinh lớp 12C thành hàng ngang Xác suất để 10 học sinh khơng có học sinh lớp đứng cạnh 11 1 A 630 B 126 C 105 D 42 Lời giải Kí hiệu học sinh lớp 12A, 12B, 12C A, B, C   10! Số cách xếp 10 học sinh thành hành ngang 10! (cách) 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 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, C1 C1.2! 2.3.2 12 học sinh đổi chỗ cho nên có 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 Ba trường hợp 4, 5, có cách xếp giống trường hợp 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  A 63360 nhau” 63360 11 PT    10! 630 Vậy xác suất biến cố T  f ( x) Câu 50 Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục đoạn [0;1] thỏa mãn f (1) 0 , 1 x f ( x )d x  f ( x )dx   0 Tích phân 7 A B C D Lời giải 1  x3  1 x f  x dx f  x d    x f  x  |10  x f  x dx 30  3 Ta có Vậy nên theo Cauchy-Schwarz ta có dx 7 1 1  2     7  x f  x  dx  7  x dx. f  x   dx  f  x   dx 0 0    Dấu xảy đến f ( x ) kx , kết hợp f (1) 0 để có I Từ mà có f  x   x4    x    ... t  d x  cos tdt Đặt    x 1  sin t   t    x 2  sin t 1  t  Đổi cận     /2  /2  /2  /6  /6  /6  /2 I   x dx    4sin t cos tdt  4 cos tdt  2  cos 2t  1... xứng với B qua đường thẳng DE Thể tích khối đa diện ABCDSEF 11 A B 12 C D Lời giải DF , DE  AM   DCEF  Gọi M , I trung điểm Vì S điểm đối xứng với B qua DE  M trung điểm SA SM  AM... SP; AP  SPA arctan ,  với S điểm đối xứng với A qua A, Và SA 2 AA 4 4 13  cos  ABC  ;  MNP  cos  1800  arctan  arctan   3  65  Suy Câu 48 Trong không gian Oxyz , cho ba