Đề thi THPT Quốc gia năm 2018 môn Toán - Mã đề 102

Chia sẻ: Vo Anh Hoang | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:15

Thêm vào BST

Báo xấu

160
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập những kiến thức cơ bản, kỹ năng giải các bài tập nhanh nhất và chuẩn bị cho kì thi sắp tới được tốt hơn. Hãy tham khảo Đề thi THPT Quốc gia năm 2018 môn Toán - Mã đề 102 để có thêm tài liệu ôn thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi THPT Quốc gia năm 2018 môn Toán - Mã đề 102

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2018 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN Thời gian làm bài 90 phút MÃ ĐỀ THI 102 1 Câu 1. [1D41] (C1.Mã 102.QG 2018) lim bằng 5n + 2 1 1 A. . B . 0 . C. . D. + . 5 2 Câu 2. [2D31] (C2.Mã 102.QG 2018) Gọi S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 2 x , y = 0 , x = 0, x = 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 2 2 2 2 A . S = 2 dx . B. S = π 2 dx . C. S = 2 dx . D. S = π 2 dx . x 2x 2x x 0 0 0 0 Câu 3. [2D21] (C3.Mã 102.QG 2018) Tập nghiệm của phương trình log 2 ( x − 1) = 3 là 2 A . { −3;3} . B. { −3} . C. { 3} . { D. − 10; 10 .} Câu 4. [2D31] (C4.Mã 102.QG 2018) Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x + x là 4 1 1 A. x 4 + x + C B. 4 x3 + 1 + C . D . x5 + x 2 + C . C. x5 + x 2 + C . 5 2 Câu 5. [2D11] (C5.Mã 102.QG 2018)Cho hàm số y = ax + bx + cx + d ( a, b, c, d ﾡ ) có đồ thị như hình 3 2 vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 0 . B. 1 . C. 3 . D . 2 . Câu 6. [2D41] (C6.Mã 102.QG 2018)Số phức có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4 là A . 3 + 4i . B. 4 − 3i . C. 3 − 4i . D. 4 + 3i . Câu 7. [2D11] (C7.Mã 102.QG 2018)Cho khối chóp có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao 4a . Thể tích của khối chóp đã cho bằng 4 16 A . a 3 . B. a 3 . C. 4a 3 . D. 16a 3 . 3 3 Câu 8. [2D11] (C8.Mã 102.QG 2018)Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? A . y = x 4 − 2 x 2 − 1 . B. y = − x 4 + 2 x 2 − 1 . C. y = x3 − x 2 − 1 . D. y = − x3 + x 2 − 1 . Câu 9. [2H21] (C9.Mã 102.QG 2018)Thể tích của khối cầu bán kính R bằng 4 3 A . π R 3 . B. 4π R 3 . C. 2π R 3 . D. π R 3 . 3 4
Câu 10. [2H31] (C10.Mã 102.QG 2018)Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 1;1; −2 ) và B ( 2; 2;1) . uuur Vectơ AB có tọa độ là A. ( 3;3; −1) . B. ( −1; −1; −3) . C. ( 3;3;1) . D . ( 1;1;3) . Câu 11. [2D21] (C11.Mã 102.QG 2018)Với a là số thực dương tùy ý, log 3 ( 3a ) bằng A. 3log 3 a . B. 3 + log 3 a . C . 1 + log 3 a . D. 1 − log 3 a . Câu 12. [2D11] (C12.Mã 102.QG 2018)Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( −1; + ) . B . ( 1; + ) . C. ( −1;1) . D. ( − ;1) . Câu 13. [1D21] (C13.Mã 102.QG 2018)Có bao nhiêu cách chọn 2 học sinh từ một nhóm 38 học sinh? A. A382 . B. 238 . C . C382 . D. 382 . x + 3 y −1 z − 5 Câu 14. [2H31] (C14.Mã 102.QG 2018)Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : = = 1 −1 2 có một vectơ chỉ phương là ur uur uur uur A. u1 = ( 3; −1;5 ) . B . u4 = ( 1; −1; 2 ) . C. u2 = ( −3;1;5 ) . D. u3 = ( 1; −1; −2 ) . Câu 15. [2H31] (C14.Mã 102.QG 2018)Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) : 3 x + 2 y + z − 4 = 0 có một vectơ pháp tuyến là uur uur uur ur A. n3 = ( −1; 2;3) . B. n4 = ( 1; 2; −3) . C . n2 = ( 3; 2;1) . D. n1 = ( 1; 2;3) . 4 2 Câu 16. [2D12] (C16.Mã 102.QG 2018)Cho hàm số f ( x ) = ax + bx + c ( a, b, c ﾡﾡ ) . Đồ thị của hàm số y = f ( x ) như hình vẽ bên. Số nghiệm của phương trình 4 f ( x) - 3 = 0 là A . 4 . B. 3 . C. 2 . D. 0 . Chọn đáp án A. 3 Ta có 4 f ( x ) − 3 = 0 � f ( x ) = 4
3 Đường thẳng y = cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 4 điểm phân biệt nên phương trình đã cho có 4 4 nghiệm phân biệt. Câu 17. [1D12] (C17.Mã 102.QG 2018)Từ một hộp chứa 7 quả cầu mà đỏ và 5 quả cầu màu xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả cầu. Xác suất để lấy được 3 quả cầu màu xanh bằng 5 7 1 2 A. . B. . C . . D. . 12 44 22 7 Chọn đáp án C. C53 1 Gọi A là biến cố: “lấy được 3 quả cầu màu xanh”. Ta có P ( A ) = 3 = . C12 22 Câu 18. [2D12] (C18.Mã 102.QG 2018)Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 3 + 2 x 2 - 7 x trên đoạn [ 0; 4] bằng A. - 259 . B. 68 . C. 0 . D . - 4 . Chọn đáp án D. TXD D = ﾡ Hàm số liên tục trên đoạn [ 0; 4] Ta có y ' = 3x 2 + 4 x − 7 x =1 [ 0; 4] y'= 0 7 x=− [ 0; 4] 3 y ( 0 ) = 0; y ( 1) = −4; y ( 4 ) = 68 Vậy min y = −4 . [ 0;4] Câu 19. [1H32] (C19.Mã 102.QG 2018)Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng A . 45ﾡ . B. 60ﾡ . C. 30ﾡ . D. 90ﾡ . 1 3 x +1 Câu 20. [2D32] (C20.Mã 102.QG 2018) ﾡ e dx bằng 0 1 4 1 3 ( A . e - e) . B. e 4 - e . C. ( e 4 + e) . 3 D. e3 - e . Câu 21.[2H32] (C21.Mã 102.QG 2018) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm A( 1; 2; - 2) và x +1 y - 2 z + 3 vuông góc với đường thẳng D : = = có phương trình là 2 1 3 A. 3 x + 2 y + z - 5 = 0 . B . 2 x + y + 3 z + 2 = 0 . C. x + 2 y + 3z +1 = 0 . D. 2 x + y + 3z - 2 = 0 . x+4 - 2 Câu 22. [2D12] (C22.Mã 102.QG 2018) Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = là x2 + x A. 3 . B. 0 . C. 2 . D . 1 . Câu 23.[1H32] (C23.Mã 102.QG 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông đỉnh B , AB = a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng a 6a 2a A. . B. a . C. . D . . 2 3 2 Câu 24.[2D22] (C24.Mã 102.QG 2018) Một người gửi tiết kiệm vào một ngân hàng với lãi suất 7, 2% / năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đo thu được (cả số tiền gửi ban đầu và lãi) gấp đôi số tiền gửi ban đầu, giả định trong khoảng thời gian này lãi suất không thay đổi và người đó không rút tiền ra?
A. 11 năm. B. 12 năm. C. 9 năm. D . 10 năm. Câu 25. [2D42] (C25.Mã 102.QG 2018)Tìm hai số thực x và y thỏa mãn ( 3 x + 2 yi ) + ( 2 + i ) = 2 x - 3i với i là đơn vị ảo. A . x = - 2; y = - 2 . B. x = - 2; y = - 1 . C. x = 2; y = - 2 . D. x = 2; y = - 1 . Câu 26.[2D12] (C26.Mã 102.QG 2018) Ông A dự định sử dụng hết 6, 7 m 2 kính để làm một bể cá bằng kính có dạng hình hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có kích thước không đáng kể) . Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm) ? A . 1,57 m3 . B. 1,11m3 . C. 1, 23m3 . D. 2, 48 m3 . Bài giải : Giả sử kích thước chiều cao và các cạnh đáy lần lượt là h, x, 2 x . Ta có V = 2 x 2 h 9 Diện tích kiến dùng là : S = 2 x 2 + 6 xh = 2 x 2 + 3xh + 3xh 3 3 18 x 4 h 2 = 3 3 V 2 2 9 S3 2S 3 6S 3 = �V2 V 1,57m3 2 27 9 3 27 21 dx Câu 27.[2D32] (C27.Mã 102.QG 2018) Cho ﾡ = a ln 3 + b ln 5 + c ln 7 với a, b, c là các số hữu tỉ. 5 x x+4 Mệnh đề nào dưới đây đúng? A . a + b = - 2c . B. a + b = c . C. a - b = - c . D. a - b = - 2c . Bài giải : Đặt t = x + 4 � x = t 2 − 4 � dx = 2tdt ; x = 5 � t = 3; x = 21 � t = 5 5 5 2 �1 t − 2 � 1 � 3 1� 1 1 1 1 I= 2 dt = � ln �= � ln − ln �= ( ln 3 + ln 5 − ln 7 ) ; a = ; b = ; c = − Chọn a + b = −2c 3t −4 �2 t + 2 �3 2 � 7 5� 2 2 2 2 Câu 28.[1H32] (C28.Mã 102.QG 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a , BC = 2a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC bằng 30a 4 21a 2 21a 30a A. . B. . C . . D. . 6 21 21 12 z Bài giải : Chọn hệ tọa độ Axyz như hình vẽ S B( a;0;0), D (0;2a;0), C ( a; 2a;0), S (0;0; a) uuur uur BD = (−a; 2a;0) = a (−1; 2;0) � u1 = ( −1;2;0) ; uuur uur SC = (a;2a; −a ) = a (1; 2; −1) � u2 = (1;2; −1) D uur uur uuur A y uuur uur uur � u1 , u2 � .BC 2a 2a 21 BC = (0; 2a;0) ; � u , u �= (−2; −1; −4) d ( BD; SC ) = � � � 1 2 � uu r uu r = = | [u1 , u2 ] | 21 21 B C Câu 29.[2H32] (C29.Mã 102.QG 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm x x +1 y - 1 z - 2 A ( 2;1;3) và đường thẳng d : = = . Đường thẳng đi qua A , vuông góc với d và cắt 1 -2 2 trục Oy có phương trình là ﾡ x = 2t ﾡ x = 2 + 2t ﾡ x = 2 + 2t ﾡ x = 2t ﾡﾡﾡﾡﾡﾡﾡﾡ A . ﾡ y = - 3 + 4t . B. ﾡ y = 1 + t . C. ﾡ y = 1 + 3t . D. ﾡ y = - 3 + 3t . ﾡﾡﾡﾡﾡﾡﾡﾡﾡﾡ z = 3t ﾡﾡ z = 3 + 3t ﾡﾡ z = 3 + 2t ﾡﾡ z = 2t Bài giải : uur uuur r CÁCH 1: ( P ) �( A; Oy ) � nP = � OA, j � � �= ( −3;0;2) �x = 2 + 2t �x = 2t uur uur uur � � u∆ = � n p , ud � ∆ : y = 1 + 4t �y = −3 + 4t � �= (4,8,6) = 2(2;4;3) ; � �z = 3 + 3t �z = 3t � �
CÁCH 2 : Chọn đáp án A. Gọi đường thẳng cần tìm là ∆ x +1 y −1 z − 2 r d: = = có VTCP u = ( 1; −2; 2 ) . 1 −2 2 uuuur Gọi M ( 0; m;0 ) Oy , ta có AM = ( −2; m − 1; −3) uuuur r Do ∆ ⊥ d � AM .u = 0 � −2 − 2 ( m − 1) − 6 = 0 � m = −3 x = 2t uuuur Ta có ∆ có VTCP AM = ( −2; −4; −3) nên có phương trình y = −3 + 4t z = 3t x+6 Câu 30. [2D12] (C30.Mã 102.QG 2018)Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = x + 5m nghịch biến trên khoảng ( 10;+ﾡ ) . A. 3 . B. Vô số. C . 4 . D. 5 . Bài giải : Chọn đáp án C. Tập xác định D = ﾡ \ { −5m} . 5m − 6 y'= 2 ( x + 5m ) 6 �y ' < 0, ∀x D 5m − 6 < 0 �m < Hàm số nghịch biến trên ( 10; + ) khi và chỉ khi � �� 5 −5m �( 10; +�) −5m 10 m −2 Mà m ﾡ nên m �{ −2; −1;0;1} . Câu 31.[2H13] (C31.Mã 102.QG 2018) Một chiếc bút chì có dạng khối lăng trụ lục giác đều có cạnh đáy 3mm và chiều cao bằng 200 mm . Thân bút chì được làm bằng gỗ và phần lõi được làm bằng than chì. Phần lõi có dạng khối trụ có chiều cao bằng chiều dài của bút và đáy là hình tròn có bán kính 1mm . Giả định 1m3 gỗ có giá a (triệu đồng) , 1m3 than chì có giá 6 a (triệu đồng) . Khi đó giá nguyên liệu làm một chiếc bút chì như trên gần nhất với kết quả nào dưới đây? A. 84,5.a (đồng) . B. 78, 2.a (đồng) . C. 8, 45.a (đồng) . D . 7,82.a (đồng) . Bài giải : Chọn đáp án D. CÁCH 1: triệu đồng /m3 = 10−3 đồng / mm3 32. 3 Vlt = 200.6. = 2700 3(mm3 ) ; Vc = 200π ( mm3 ) ; Vg = Vlt − Vc = 2700 3 − 200π 4 T =� � .10−3 = � Vg .a + Vc .6a � � (2700 3 − 200π ).a + 1200π a � � �.10−3 = (2700 3 + 1000π )a.10 −3 7,82a (đồng ) CÁCH 2:
a 1 m3 gỗ có giá a triệu đồng suy ra 1mm3 gỗ có giá đồng. 1000 6a 1 m3 than chì có giá 6a triệu đồng suy ra 1mm3 than chì có giá đồng. 1000 Phần chì của cái bút có thể tích bằng V1 = 200.π .1 = 200π ( mm ) . 2 3 32 3 Phần gỗ của bút chì có thể tích bằng V2 = 200.6. − 200π = 2700 3 − 200π ( mm3 ) . 4 6a.V1 + a.V2 Số tiền làm một chiếc bút chì là 7,82a đồng. 1000 Câu 32[2D33] (C32.Mã 102.QG 2018) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc 1 2 59 biến thiên theo thời gian bởi quy luật v ( t ) = t + t ( m / s ) , trong đó t (giây) là khoảng thời gian 150 75 tính từ lúc A bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3 giây so với A và có gia tốc bằng a ( m / s ) 2 ( a là hằng số) . Sau khi B xuất phát được 12 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng A. 20 ( m / s ) . B . 16 ( m / s ) . C. 13 ( m / s ) . D. 15 ( m / s ) . Bài giải : 12 15 �1 2 59 � 4 CÁCH 1: � atdt = � � t + t� dt � 72a = 96 � a = ; v = 12a = 16(m/ s ) 0 1500� 75 � 3 CÁCH 2 : Chọn đáp án B. 15 �1 2 59 � Quãng đường chất điểm A đi từ đầu đến khi B đuổi kịp là S = � t + t �dt = 96 ( m ) . 150 0� 75 � Vận tốc của chất điểm B là vB ( t ) = adt = at + C . Tại thời điểm t = 3 vật B bắt đầu từ trạng thái nghỉ nên vB ( 3) = 0 � C = −3a . 15 15 �at 2 � Lại có quãng đường chất điểm B đi được đến khi gặp A là S 2 = ( at − 3a ) dt = � − 3at � = 72a ( m ) . 3 �2 �3 4 Vậy 72a = 96 � a = 3 ( m / s2 ) Tại thời điểm đuổi kịp A thì vận tốc của B là vB ( 15 ) = 16 ( m / s ) . ( ) Câu 33[2D43] (C33.Mã 102.QG 2018) . Xét các số phức z thỏa mãn z + 3i ( z − 3) là số thuần ảo. Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức z là một đường tròn có bán kính bằng 9 3 2 A. . B. 3 2 . C. 3 . D . . 2 2 Bài giải : Chọn đáp án D. Gọi z = x + yi , với x, y ﾡ ( ) Theo giả thiết, ta có z + 3i ( z − 3) = z − 3 z + 3iz − 9i là số thuần ảo khi 2 �3 3 � 3 2 x 2 + y 2 − 3 x − 3 y = 0 . Đây là phương trình đường tròn tâm I � ; �, bán kính R = . 2 � �2 2 Câu 34[1D23] (C34.Mã 102.QG 2018). Hệ số của x 5 trong khai triển biểu thức x ( 3x − 1) + ( 2 x − 1) bằng 6 8 A. −3007 . B . −577 . C. 3007 . D. 577 .
Bài giải : Chọn đáp án B. 6 8 x ( 3 x − 1) + ( 2 x − 1) = x �C6k . ( 3 x ) ( −1) + �C8m . ( 2 x ) ( −1) 6 8 k 6−k m 8−k k =0 m=0 6 8 = �C6k .3k ( −1) + �C8m .2m ( −1) 6− k 8− k xm . k =0 m= 0 Hệ số x ứng với k = 4; m = 5 . 5 Hệ số cần tìm là C64 .34 ( −1) + C85 .25 ( −1) = −577 . 2 3 Câu 35[2D43] (C35.Mã 102.QG 2018). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 25x − m.5x +1 + 7 m 2 − 7 = 0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử ? A. 7 . B. 1 . C . 2 . D. 3 . Bài giải : 25 x − m.5 x +1 + 7 m 2 − 7 = 0(1) Đặt t = 5 x > 0 Ta có t 2 − 5mt + 7 m 2 − 7 = 0(2) Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt dương ∆>0 25m 2 − 28m 2 + 28 > 0 m>0 � � 28 � �S > 0 � � 5m > 0 �� 2 28 � 1 < m < � m �{2;3} �P > 0 � 2 1 � < m < 3 7m − 7 > 0 3 Câu 36[2D33] (C36.Mã 102.QG 2018). Cho hai hàm số f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx − 2 và g ( x ) = dx 2 + ex + 2 ( a, b, c, d , e ﾡ ) . Biết rằng đồ thị của hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là −2; − 1;1 (tham khảo hình vẽ). Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng 37 13 9 37 A . . B. . C. . D. . 6 2 2 12 Bài giải : Phương trình hoành độ giao điểm có dạng: f ( x) − g ( x ) = a( x + 2)( x + 1)( x − 1) = a( x3 + 2 x 2 − x − 2) Hệ số độc lập bằng – 4 nên a =2 . Suy ra : f ( x) − g ( x) = 2 x3 + 4 x 2 − 2 x − 4 , 1 37 S= f ( x) − g ( x) dx = −2 6 Câu 37[2D23] (C37.Mã 102.QG 2018). Cho a > 0 , b > 0 thỏa mãn log10 a +3b +1 ( 25a 2 + b 2 + 1) + log10 ab +1 ( 10a + 3b + 1) = 2 . Giá trị của a + 2b bằng 5 11 A. . B. 6 . C. 22 . D . . 2 2 Bài giải : Áp dụng bất dẳng thức Cô si 1 log10 a + 3b+1 (25a 2 + b 2 + 1) + log10 ab+1 (10a + 3b + 1) = log10 a +3b+1 (25a 2 + b 2 + 1) + log10 a + 3b+1 (10ab + 1) log10 a +3b+1 (25a 2 + b 2 + 1) 2 = 2 log10ab+1 (25a 2 + b 2 + 1) 2 log10ab +1 (10ab + 1) = 2 log10 a +3b+1 (10ab + 1) b 2 = 25a 2 � � b = 5a � � 1 5 11 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi � �� 2 � a = ; b = � a + 2b = 10a + 3b + 1 = 10ab + 1 � � 25a = 50 a 2 2 2
Câu 38[2D13] (C38.Mã 102.QG 2018). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm y = x8 + ( m − 1) x 5 − ( m 2 − 1) x 4 + 1 số đạt cực tiểu tại x = 0 ? A. 3 . B . 2 . C. Vô số. D. 1 . 3 Bài giải : y = x8 + (m − 1) x5 − (m2 − 1) x 4 + 1 ; y ' = x �8 x 4 + 5(m − 1) x − 4(m 2 − 1) � � � Xét m 2 − 1 = 0 � m = �1 Khi m = 1 � y ' = 8 x 7 hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 Khi m = −1 � y ' = 8 x 7 − 10 x 4 = x 4 (8x 3 − 10) hàm số không có cực trị tại x = 0 Xét m2 −�۹�� 1 0 m 1 y ' = x2 � 8 x 5 + 5(m − 1) x 2 − 4(m 2 − 1) x � � � Số điểm cực trị của hàm số cũng là số điểm cực trị của hàm số f ( x) có đạo hàm f '( x) = 8 x5 + 5( m − 1) x 2 − 4( m 2 − 1) x = g ( x) ; g '( x) = 40 x 4 + 10(m − 1) x + 4(1 − m 2 ) Hàm số có cực tiểu tại x = 0 � g '(0) > 0 � −1 < m < 1 Vậy có 2 giá trị nguyên là m { 0;1} Câu 39[1H33] (C39.Mã 102.QG 2018). Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có tâm O . Gọi I là tâm 1 của hình vuông ABCD và M là điểm thuộc OI sao cho MO = MI (tham khảo hình vẽ) . Khi đó, 2 côsin góc tạo bởi hai mặt phẳng ( MC ' D ' ) và ( MAB ) bằng 6 13 7 85 6 85 17 13 A. . B. . C. . D . . 65 85 85 65 Bài giải : Không mất tính tổng quát giả sử cạnh bằng 1 .Chọ hệ tọa độ như hình vẽ có các tọa độ �1 1 1 � A(1;0;1), B(0;0;1), C '(0;1;0), D '(1;1;0), M � ; ; � �2 2 3 � uuur uuuur �1 1 2 � uuur uuuur � 2 1 � 1 AB = ( −1;0;0); BM = � ; ; − �� AB, BM � �= � 0; − ; − �= − (0;4;3) �2 2 3 � � � 3 2� 6 uuuuur uuuuur �1 1 1 � uuuuur uuuuur � 1 1 � 1 C ' D ' = (1;0;0); C ' M = � ; − ; �� C ' D ', C ' M � �= �0; − ; − �= − (0;2;3) �2 2 3 � � � 3 2� 6 17 17 13 cos ϕ = = 5 13 65 1 Câu 40[2D33] (C40.Mã 102.QG 2018). Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( 2 ) = − và f ( x ) = x �f ( x) � 2 � � với 3 mọi x ﾡ . Giá trị của f ( 1) bằng. 11 2 2 7 A. − . B . − . C. − . D. − . 6 3 9 6 Bài giải : Chọn đáp án B. Từ hệ thức đề cho: f ' ( x ) = x � � (1), suy ra f ' ( x ) �f ( x ) � 2 0 với mọi x [ 1; 2] . Do đó f ( x ) là hàm không giảm trên đoạn [ 1; 2] , ta có f ( x ) f ( 2 ) < 0 với mọi x [ 1; 2] . f '( x) �f ( x ) � = x, ∀x �[ 1; 2] . 2 Chia 2 vế hệ thức (1) cho � �� f ( x ) � 2 � �
Lấy tích phân 2 vế trên đoạn [ 1; 2] hệ thức vừa tìm được, ta được: 2 2 f '( x) 2 2 1 3 −1 3 1 1 3 � dx = � xdx � � df ( x ) = � = � − = f ( x) 1 2 f ( 1) f ( 2 ) 2 �f ( x ) � �f ( x ) � 2 2 1 � 1 � 2 � 1 � 1 2 Do f ( 2 ) = − nên suy ra f ( 1) = − 3 3 Chú ý: có thể tự kiểm tra các phép biến đổi tích phân trên đây là có nghĩa. Câu 41[2H14] (C41.Mã 102.QG 2018). Trong không gian Oxyz ,cho mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1; 2;1) và đi qua điểm A ( 1;0; −1) . Xét các điểm B, C , D thuộc ( S ) sao cho AB, AC , AD đôi một vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD lớn nhất bằng 64 32 A. . B. 32 . C. 64 . D . . 3 3 Bài giải : Chọn đáp án D. Mặt cầu ( S ) có bán kính r = IA = 4 + 4 + 4 = 2 3 Đặt AB = a, AC = b; AD = c a 2 + b2 + c 2 Ta có IA2 = 4 a 2 + b2 + c2 Do đó = 12 4 Theo BĐT Côsi ta có: a + b + c 3 3 a2b2 c2 2 2 2 4 4 1 1 32 Do đó V = abc 163 = . 6 6 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c . Câu 42[2H34] (C41.Mã 102.QG 2018). Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( S ) : ( x − 2) + ( y − 3) + ( z − 4 ) = 2 và điểm A ( 1; 2;3) . Xét điểm M thuộc mặt cầu ( S ) sao cho 2 2 2 đường thẳng AM tiếp xúc với ( S ) , M luôn thuộc mặt phẳng có phương trình là A. 2 x + 2 y + 2 z + 15 = 0 . B. 2 x + 2 y + 2 z − 15 = 0 . C. x + y + z + 7 = 0 . D . x + y + z − 7 = 0 . Bài giải : uur CÁCH 1: Mặt cầu (S) có tâm I (2;3;4) bán kính R = 2 ; AI = (1;1;1) IH IH .IA IM 2 2 uuur 2 uur � 2 2 2 � �4 7 10 � = 2 = 2 = � IH = IA = � − ; − ; − �� H � ; ; � IA IA IA 3 3 � 3 3 3� �3 3 3 � uur Mặt phẳng (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua H nhận AI làm VTPT nên có phương trình : (P) : x + y + z − 7 = 0
CÁCH 2: Chọn đáp án D. Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2;3; 4 ) bán kính r = 2 . Do AM là tiếp tuyến của mặt cầu ( S ) nên IM ⊥ AM � AM = AI 2 − IM 2 . Ta có AI = 3; IM = 2 � AM = 1 Gọi H là tâm đường tròn tạo bởi các tiếp điểm M khi đó ta có ∆AHM đồng dạng với ∆AMI AH AM AM 2 1 Suy ra = � AH = = AM AI AI 3 Gọi ( α ) là mặt phẳng chứa các tiếp điểm M. Khi đó ( α ) có vectơ pháp tuyến là r uur n = AI = ( 1;1;1) nên phương trình có dạng x + y + z + d = 0 6+d 1 d = −5 Do d ( A, ( α ) ) = AH � = � 6 + d =1� 3 3 d = −7 Vậy ( α1 ) : x + y + z − 5 = 0; ( α 2 ) : x + y + z − 7 = 0 4 Do d ( I , ( α1 ) ) = > 2 nên ( α1 ) không cắt ( S ) (loại) 3 2 Và d ( I , ( α 2 ) ) = < 2 nên ( α 2 ) cắt ( S ) ™ 3 Câu 43[1D24] (C43.Mã 102.QG 2018). Ba bạn A, B, C mỗi bạn viết lên bảng một số tự nhiên thuộc đoạn [ 1;19] .Xác suất để ba số được viết ra có tổng chia hết cho 3 bằng. 1027 2539 2287 109 A. . B. . C . . D. . 6859 6859 6859 323 Bài giải : số phần tử của không gian mẫu n(Ω) = 193 19 số trên đươc chia thành 3 bộ số A = { 1;4;7;10;13;16;19} ; B { 2;5;8;11;14;17} ; C { 3;6;9;12;15;18} Để đượctổng 3 số chia hết cho 3 thì 3 bạn đó phải viết 3 số trong cùng một bộ hoặc 3 số trong 3 bộ nên n( A) 2287 số phân tử là n( A) = 73 + 63 + 63 + 7.6.6.3! Xác suất P( A) = = n(Ω) 6859 x = 1 + 3t Câu 44. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d : y = −3 . Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm z = 5 + 4t r A ( 1; −3;5 ) và có véc tơ chỉ phương là u = ( 1; 2; −2 ) . Đường phân giác góc nhọn tạo bởi hai đường thẳng d và ∆ là x = −1 + 2t x = −1 + 2t x = 1 + 7t x = 1− t A. y = 2 − 5t . B. y = 2 − 5t . C. y = 3 − 5t . D. y = −3 . z = 6 + 11t z = −6 + 11t z = 5+t z = 5 + 7t uuur uuur Bài giải : Ta có A(1; −3;5) Chọn B �d , C �∆ sao cho AB. AC > 0 để có góc A nhọn Chọn B (4; −3;9), C (0; −5;7) .Giả sử E là chân đường phân giác góc A của tam giác ABC ta có DB AB 5 uuur uuur r 3(4; −3;9) + 5(0; −5;7) �6 17 31 � = = � 3DB + 5DC = 0 � D = = � ; − ; � DC AC 3 8 �4 4 4 � �x = 1 + 2t �x = −1 + 2t uuur �2 5 11 � 1 � � AD = � ; − ; �= ( 2; −5;11) � AD : �y = −3 − 5t ��y = 2 − 5t �4 4 4 � 4 �z = 5 + 11t �z = −6 + 11t � � Câu 45[2D24] (C45.Mã 102.QG 2018). Cho phương trình 3x + m = log 3 ( x − m ) với là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m �( −15;15 ) để phương trình đã cho có nghiệm?
A. 16 . B. 9 . C . 14 . D. 15 . x 3 +m=t Bài giải : Đặt log3 ( x − m) = t Ta có hệ phương trình � m = t − 3x = x − 3t � 3t + t = 3x + x t 3 +m=x Xét hàm số đặc trưng f (u) = 3u + u Hàm số này đồng biến trên ﾡ và f (t ) = f ( x) � t = x 1 Vậy m = x − 3x = g ( x) ; g '( x) = 1 − 3x ln 3; g ( x) = 0 � 3 x = � x = − log 3 (ln 3) ; g ( − log3 (ln 3)) −0;9958 ln 3 Bảng biến thiên x − − log 3 (ln 3) + f ( x) + 0 − −0,9958 f ( x) − − Dựa vào bảng biến thiên số giá trị nguyên m �(−15;15) để phương trình có nghiệm thuộc tập { −14; −13; −12;......; −1} có 14 giá trị nguyên Câu 46[2H24] (C46.Mã 102.QG 2018). Cho khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' , khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng BB bằng 5 , khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB và CC lần lượt bằng 1 và 15 2 , hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( A ' B ' C ' ) là trung điểm M của B C và A ' M = . 3 Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng: 15 2 5 2 15 A. . B. . C. 5 . D . . 3 3 3 Bài giải : Qua điểm M dựng mặt phẳng vuông góc với cạnh bên cắt AA’ BB’,CC’ lần lượt tại H,I,K Ta có HI = 1; HK = 2; IK = 5 suy ra tam giác HIK vuông tại H 5 HM = ; S HIK = 1 2 1 1 1 4 3 1 2 = 2 − 2 = − = � AM = 5 AM MH A'M 5 5 5 5 20 2 15 2 15 AA '2 = + 5 = � AA ' = �V = 3 3 3 3 Câu 47[2D14] (C47.Mã 102.QG 2018). Cho hai hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) . Hai hàm số y = f ' ( x ) và y = g ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên, trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị hàm số y = g ' ( x ) . Hàm � 9� số h ( x ) = f ( x + 7 ) − g � 2 x + � đồng biến trên khoảng nào dưới đây ? � 2� � 16 � �3 � �16 � � 13 � 2; � A. � . − ;0� B . � . C. � ; + �. 3; �. D. � � 5� �4 � �5 � � 4�
Bài giải : Chọn đáp án B. � 9� Ta có h ' ( x ) = f ' ( x + 7 ) − 2 g ' �2 x + � � 2� Nhìn vào đồ thị của hai hàm số y = f ' ( x ) và y = g ' ( x ) ta thấy trên khoảng ( 3;8 ) thì g ' ( x ) < 5 và f ' ( x ) > 10 . Do đó f ' ( x ) > 2 g ' ( x ) . � 9� 9 3 7 Như vậy: g ' � 2 x + �< 5 nếu 3 < 2 x + < 8 � − < x < � 2� 2 4 4 f ' ( x + 7 ) > 10 nếu 3 < x + 7 < 8 � −4 < x < 1 �3 � � 9� Suy ra trên khoảng � − ;1 � thì g ' �2 x + �< 5 và f ' ( x + 7 ) > 10 hay h ' ( x ) > 0 . �4 � � 2� �3 � Tức là trên khoảng �− ;0 � hàm số h ( x ) đồng biến. �4 � x −1 Câu 48[1D14] (C48.Mã 102.QG 2018). Cho hàm số y = có đồ thị ( C ) . Gọi I là giao điểm của hai x +1 tiệm cận của ( C ) . Xét tam giác đều ABI có hai đỉnh A , B thuộc ( C ) , đoạn AB có độ dài bằng: A. 3 . B. 2 . C . 2 2 . D. 2 3 . Bài giải : 2 CÁCH 1: Xét đồ thị y = − có đồ thị (T) và hai điểm A,B thuộc T x � 2� � 2� Tam giác OAB đều khi A,B ở cùng một nhánh của đồ thị (T) .. Giả sử A �a; − �, B �b; − � với a, b > 0 a b � � � � 4 4 4 4 OA2 = OB 2 � a 2 + 2 = b 2 + 2 � a 2 − b 2 = 2 − 2 � ab = 2 uuur uuur a b b a OA .OB 1 uuuruuur cos ﾡAOB = = � 2OA.OB = OA2 � 8 = OA2 � OA = 2 2 OA.OB 2 x −1 2 uur y= =1− đồ thị (C) chỉ là phép tịnh tiến của đồ thị (T) theo OI mà phép tịnh tiến là phép dời hình x +1 x +1 nên cạnh của tam giác đều là 2 2 CÁCH 2 : Chọn đáp án C. x −1 2 Ta có y = = 1− x +1 x +1 Đồ thị ( C ) có hai đường tiệm cận là x = −1 và y = 1 . Do đó I ( −1;1) . Giả sử A, B có hoành độ lần lượt là x1 , x2 . Ta có: 4 4 IA2 = ( x1 + 1) + ; IB 2 = ( x2 + 1) + 2 2 ( x1 + 1) ( x + 1) ; 2 2 2 ( x2 + 1) − ( x1 + 1) � 2 2 �2 2 � 4� AB = ( x2 − x1 ) ( x2 + 1) − ( x1 + 1) � + � � 2 2 2 +� − �= � � � + + ( x2 + 1) . ( x1 + 1) 2 2 x �2 1 x1 1 � Do tam giác IAB đều nên ta có: ( x2 + 1) − ( x1 + 1) � 2 2 4� ( x2 + 1) − ( x1 + 1) = 0 2 2 IA2 = IB 2 � ( x2 + 1) − ( x1 + 1) = � �� 2 2 ( x2 + 1) ( x1 + 1) 2 2 ( x2 + 1) ( x1 + 1) = 4 2 2 ( x2 + 1) − ( x1 + 1) = 0 � AB = 0 � Loại. 2 2
2 x2 + 1 = x1 + 1 ( x2 + 1) ( x1 + 1) 2 2 =4 2 x2 + 1 = − x1 + 1 2 + / x2 + 1 = x1 + 1 2 � 2 � 2 2 (�x2 + 1) − ( x1 + 1) � ( ) ( ) 2 Khi đó AB = 2 � 2 = 2 � x + 1 − � = � x + 1 − 2 � � � 2 ( x2 + 1) � ( x2 + 1) 2 � 2 � 2 2 4 ( x2 + 1) − 2 � = ( x2 + 1) + 2 2 Lại có AB = IB � 2 2 � 2 � � 2 ( x + 1) 2 ( x + 1) 2 ( ) 2 2 2−2 3 ( x2 + 1) 2 = 4 − 2 3 � AB 2 = =8 4−2 3 � ( x2 + 1) − 8 ( x2 + 1) + 4 = 0 � 4 2 ( ) 2 2 −2 − 2 3 ( x2 + 1) 2 = 4 + 2 3 � AB 2 = =8 4+2 3 2 + / x2 + 1 = − x1 + 1 2 � 2 � 2 2 ( x2 + 1) − ( x1 + 1) � ( x2 + 1) + ( x2 + 1) + 2 � 2 Khi đó AB = 2 � � �= 2 � �= 2 � � ( x2 + 1) � ( x 2 + 1) 2 � � 2 2 4 ( x2 + 1) + 2 � = ( x2 + 1) + 2 2 Lại có AB = IB � 2 2 � 2 � � 2 ( x + 1) 2 ( x + 1) 2 ( x2 + 1) = −4 − 2 2 3
1 7 Câu 50[2D14] (C50.Mã 102.QG 2018). Cho hàm số y = x 4 − x 2 có đồ thị là ( C ) . Có bao nhiêu điểm A 8 4 thuộc ( C ) sao cho tiếp tuyến của ( C ) tại A cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt M ( x1 ; y1 ) ; N ( x2 ; y2 ) ( M , N khác A ) thỏa mãn y1 − y2 = 3 ( x1 − x2 ) ? A. 0 . B . 2 . C. 3 . D. 1 . Bài giải : y1 − y2 CÁCH 1: Ta có = 3 nên đường thẳng MN có hệ số góc bằng 3 nên tiếp tuyến tại A có hệ số góc x1 − x2 bằng 3 1 3 7 � y 'A = 3 � a − a = 3 � a3 − 7 a − 6 = 0 � ( a + 1)( a 2 − a − 6) = 0 � a �{ −2; −1;3} 2 2 Mặt khác với đồ thị có 3 điểm cực trị như hàm số đã cho , để tiếp tuyến có hệ số góc bằng 3 đồng thời � 21 � 21 � a � −2; −1 cắt (C) tại 2 điểm khác thì a �(− 7;0) \ �− � (Điểm uốn x0 = − ) { } � 3 � 3 Vậy có 2 điểm cần tìm CÁCH 2: Chọn đáp án B. x − x2 y − y2 Phương trình đường thẳng MN có dạng = hệ số góc của đường thẳng MN là x1 − x2 y1 − y2 y1 − y2 k= = 3. x1 − x2 � 1 4 7 2� Vậy tiếp tuyến tại A �x0 ; x0 − x0 � có hệ số góc � 8 4 � x0 = −1 1 3 7 1 3 7 k = 3 � f ' ( x0 ) = 3 � x0 − x0 = 3 � x0 − x0 − 3 = 0 � x0 = 3 2 2 2 2 x0 = −2 � 13 � 11 + Với x0 = −1 � A �−1; − � Phương trình tiếp tuyến y = 3x + . � 8� 8 Xét phương trình hoành độ giao điểm x = −1 1 4 7 2 11 1 4 7 2 11 � 13 � x − x = 3x + � x − x − 3x − = 0 � x = 1 + 3 � A � −1; − � thỏa mãn đề bài. 8 4 8 8 4 8 � 8� x = 1− 3 � 171 � 195 + Với x0 = 3 � A � 3; − �� Phương trình tiếp tuyến y = 3x − . � 8 � 8 Xét phương trình hoành độ giao điểm 1 4 7 2 195 1 7 195 = 0 � ( x − 3) ( x 2 + 6 x + 13 ) = 0 � x = 3 � 2 x − x = 3x − � x 4 − x 2 − 3x + 8 4 8 8 4 8 � 171 � Tiếp tuyến cắt đồ thị tại một điểm � A � 3; − � Không thỏa mãn. � 8 � + Với x0 = −2 � A ( −2; −5 ) � Phương trình tiếp tuyến: y = 3x + 1 . Xét phương trình hoành độ giao điểm x = −2 1 4 7 2 1 4 7 2 x − x = 3 x + 1 � x − x − 3 x − 1 = 0 � ( x + 2 ) ( x − 4 x − 2 ) = 0 � x = 2 + 6 � A ( −2; −5 ) Thỏa 2 2 8 4 8 4 x = 2− 6 mãn đề bài.
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.