›
›
›

Đề thi Trung học phổ thông quốc gia môn Toán học (Bản đẹp)

pdf 19 trang nhatle22 1830
Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi Trung học phổ thông quốc gia môn Toán học (Bản đẹp)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfde_thi_trung_hoc_pho_thong_quoc_gia_mon_toan_hoc_ban_dep.pdf

Nội dung text: Đề thi Trung học phổ thông quốc gia môn Toán học (Bản đẹp)

  1. BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KÌ THI THPT QUỐC GIA 2018 ĐỀ THI THAM KHẢO Môn: Toán Mã đề thi: 999 Đề gồm có 6 trang Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Họ và tên: Số báo danh: Câu 1. Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức y M A z = −2 + i. B z = 1 − 2i. 1 C z = 2 + i. D z = 1 + 2i. −2 O x Lời giải. Theo hình vẽ tọa độ điểm M là M(−2; 1) nên M là điểm biểu diễn số phức z = −2 + i. Chọn đáp án A x − 2 Câu 2. lim bằng x→+∞ x + 3 2 A − . B 1. C 2. D −3. 3 Lời giải. x − 2 1 − 2 lim = lim x = 1. x→+∞ x→+∞ 3 x + 3 1 + x Chọn đáp án B Câu 3. Cho tập hợp M có 10 phần tử. Số tập con gồm 2 phần tử của M là 8 2 2 2 A A10. B A10. C C10. D 10 . Lời giải. Mỗi tập con gồm 2 phần tử của tập M có 10 phần tử là một tổ hợp chập 2 của 10 phần tử. Do 2 đó số tập con gồm 2 phần tử của M là C10. Chọn đáp án C Câu 4. Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là 1 1 1 A V = Bh. B V = Bh. C V = Bh. D V = Bh. 3 6 2 Lời giải. Theo lý thuyết (sách giáo khoa Hình học 12 - Cơ bản - trang 23) ta có thể tích của khối chóp có 1 chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là V = Bh. 3 Chọn đáp án A Câu 5. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau Nhóm Toán và LATEX 1
  2. x −∞ −2 0 2 +∞ y0 + 0 − 0 + 0 − 3 3 y −∞ −1 −∞ Hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A (−2; 0). B (−∞; −2). C (0; 2). D (0; +∞). Lời giải. Theo bảng biến thiên ta có hàm số y = f(x) đồng biến trên các khoảng (−∞; −2) và (0; 2); hàm số y = f(x) nghịch biến trên các khoảng (−2; 0) và (2; +∞). Chọn đáp án A Câu 6. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a; b]. Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = f(x), trục hoành và hai đường thẳng x = a, x = b (a < b). Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành được tính theo công thức b b Z Z A V = π f 2(x)dx. B V = 2π f 2(x)dx. a a b b Z Z C V = π2 f 2(x)dx. D V = π2 f(x)dx . a a Lời giải. Dựa vào công thức tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng quanh trục hoành b Z ta có: V = π f 2(x)dx. a Chọn đáp án A Câu 7. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau: x −∞ 0 2 +∞ f 0(x) − 0 + 0 − +∞ 5 f(x) 1 −∞ Hàm số đạt cực đại tại điểm A x = 1 . B x = 0. C x = 5. D x = 2. Lời giải. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy được hàm số đại cực đại tại điểm x = 2. Chọn đáp án D Câu 8. Với a là số thực dương bất kỳ, mệnh đề nào dưới đây đúng? Nhóm Toán và LATEX 2
  3. 1 1 A log(3a) = 3 log a. B log a3 = log a. C log a3 = 3 log a. D log(3a) = log a. 3 3 Lời giải. Ta có: log a3 = 3 log a. Chọn đáp án C Câu 9. Họ nguyên hàm của hàm số f(x) = 3x2 + 1 là x3 A x3 + C. B + x + C. C 6x + C. D x3 + x + C. 3 Lời giải. Z Ta có: (3x2 + 1)dx = x3 + x + C Chọn đáp án D Câu 10. Trong không gian Oxyz, cho điểm A(3; −1; 1). Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (Oyz) là điểm A M(3; 0; 0). B N(0; −1; 1). C P (0; −1; 0). D Q(0; 0; 1). Lời giải. Khi chiếu điểm A (3; −1; 1) lên mặt phẳng (Oyz) thì tung độ và cao độ giữ nguyên, hoành độ bằng 0. Vậy N (0; −1; 1). Chọn đáp án B Câu 11. Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? y A y = −x4 + 2x2 + 2. B y = x4 − 2x2 + 2. C y = x3 − 3x2 + 2. D y = −x3 + 3x2 + 2. 0 x Lời giải. Đồ thị hàm số có 3 cực trị nên hàm số đó là hàm trùng phương. Mặt khác, đồ thị của hàm số hướng xuống nên hệ số a < 0. Chọn đáp án A x − 2 y − 1 z Câu 12. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : = = . Đường thẳng d có −1 2 1 một vectơ chỉ phương là #» #» #» #» A u1 = (−1; 2; 1). B u2 = (2; 1; 0). C u3 = (2; 1; 1). D u4 = (−1; 2; 0). Lời giải. #» Véctơ chỉ phương của d là u1 = (−1; 2; 1). Chọn đáp án A Câu 13. Tập nghiệm của bất phương trình 22x < 2x+6 là A (0; 6). B (−∞; 6). C (0; 64). D (6; +∞). Nhóm Toán và LATEX 3
  4. Lời giải. Ta có 22x < 2x+6 ⇔ 2x < x + 6 ⇔ x < 6. Chọn đáp án B Câu 14. Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 3πa2 và bán kính đáy bằng a. Độ dài đường sinh của hình nón bằng √ 3a A 2 2a. B 3a. C 2a. D . 2 Lời giải. S Diện tích xung quanh của hình nón là S = πRl ⇒ l = xq = 3a. xq πR Chọn đáp án B 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 là x y z x y z A + + = 0. B + + = −1. 2 −1 2 2 −1 2 x y z x y z C + + = 1. D + + = 1. 2 1 2 2 −1 2 Lời giải. x y z Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn + + = 1. a b c x y z Do đó (MNP ): + + = 1. 2 −1 2 Chọn đáp án D Câu 16. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng? x2 − 3x + 2 x2 √ x A y = . B y = . C y = x2 − 1. D y = . x − 1 x2 + 1 x + 1 Lời giải. x x Ta có lim = −∞ nên x = −1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = x→−1+ x + 1 x + 1 Chọn đáp án D Câu 17. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau x −∞ 1 3 +∞ y0 + 0 − 0 + y 4 +∞ −∞ 2 Số nghiệm phương trình f(x) − 2 = 0 là A 0. B 3. C 1. D 2. Lời giải. Ta có f(x) − 2 = 0 ⇔ f(x) = 2 (1) Xét hàm số y = 2. Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và y = 2. Nhóm Toán và LATEX 4
  5. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số y = 2 cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 2 điểm phân biệt. Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Chọn đáp án D Câu 18. Giá trị lớn nhất của hàm số f(x) = x4 − 4x2 + 5 trên đoạn [−2; 3] bằng A 50. B 5. C 1. D 122. Lời giải. Ta có: f(x) xác định và liên tục trên [−2; 3]. f 0(x) = 4x3 − 8x.  x = 0   √ 0 3  f (x) = 0 ⇔ 4x − 8x = 0 ⇔  x = 2 .   √ x = − 2 √ √ Ta có: f(−2) = 5; f(− 2) = 1; f(0) = 5; f( 2) = 1; f(3) = 50. Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [−2; 3] là 50. Chọn đáp án A 2 Z dx Câu 19. Tích phân bằng x + 3 0 16 5 5 2 A . B log . C ln . D . 225 3 3 15 Lời giải. 2 2 Z dx 5 Ta có: = ln(x + 3) = ln . x + 3 3 0 0 Chọn đáp án C 2 Câu 20. Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình 4z − 4z + 3 = 0. Giá trị của biểu thức |z1| + |z2| bằng √ √ √ A 3 2. B 2 3. C 3. D 3. Lời giải. √  1 2 z = + i  1 √ 2  2 2 Ta có: 4z − 4z + 3 = 0 ⇔  √ ⇒ |z1| + |z2| = 3.  1 2 z = − i 2 2 2 Chọn đáp án D Câu 21. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có cạnh bằng a (tham khảo hình vẽ A D 0 0 bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD√ và A C bằng B C √ 3a √ A 3a. B a. C . D 2a. 2 A0 D0 B0 C0 Nhóm Toán và LATEX 5
  6. Lời giải. Do BD và A0C0 lần lượt nằm trên hai mặt phẳng (ABCD) và (A0B0C0D0) song song với nhau nên d(A0C0, BD) = d((ABCD), (A0B0C0D0)). Mà ABCD.A0B0C0D0 là hình lập phương nên ta có d((ABCD), (A0B0C0D0)) = AA0 = a. Vậy d(A0C0, BD) = a. Chọn đáp án B Câu 22. Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0, 4%/tháng. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) gần nhất với số tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền ra và 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. Áp dụng công thức tính lãi kép thì số tiền được lĩnh là T = 100 · (1 + 0, 4%)6 ≈ 102.424.128, 4 (đồng) Chọn đáp án A Câu 23. Một hộp chứa 11 quả cầu gồm 5 quả cầu màu xanh và 6 quả cầu màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên đồng thời 2 quả từ hộp đó. Xác suất để hai quả cầu chọn ra cùng màu bằng 5 6 5 8 A . B . C . D . 22 11 11 11 Lời giải. 2 Số phần tử của không gian mẫu là C11 = 55. 2 2 Số cách chọn ra 2 quả cùng màu là C5 + C6 = 25. 25 5 Vậy xác suất cần tính bằng = . 55 11 Chọn đáp án C Câu 24. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(−1; 2; 1) và B(2; 1; 0). Mặt phẳng qua A và vuông góc với AB có phương trình là A 3x − y − z − 6 = 0. B 3x − y − z + 6 = 0. C x + 3y + z − 5 = 0. D x + 3y + z − 6 = 0. Lời giải. # » Mặt phẳng cần tìm đi qua điểm A(−1; 2; 1) và có vectơ pháp tuyến AB = (3; −1; −1) nên có phương trình 3(x + 1) − (y − 2) − (z − 1) = 0 ⇔ 3x − y − z + 6 = 0. Chọn đáp án B Câu 25. Nhóm Toán và LATEX 6
  7. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M S là trung điểm của SD (tham khảo hình vẽ bên). Tính tan của góc giữa M đường thẳng√ BM và mặt√ phẳng (ABCD). 2 3 2 1 A . B . C . D . A 2 3 3 3 D B C Lời giải. Gọi O = AC ∩ BD và H là trung điểm OD. S Ta có SO ⊥ (ABCD) và MH k SO. M Suy ra MH ⊥ (ABCD) ⇒√ (BM, (ABCD)) = MBH\√ . √ 2 2 a 2 SO a 2 3 A SO = SB − OB = ⇒ MH = = và BH = BD = D √ 2 2 4 4 H 3a 2 O . 4 √ B C a 2 MH 1 Vậy tan MBH\ = = 4√ = . BH 3a 2 3 4 Chọn đáp án D 1 2 Câu 26. Với n là số nguyên dương thỏa mãn Cn + Cn = 55, số hạng không chứa x trong khai Ç 2 ån triển của biểu thức x3 + bằng x2 A 322560. B 3360. C 80640. D 13440. Lời giải.  n(n − 1) n = 10 1 2 2  Ta có Cn + Cn = 55 ⇔ n + = 55 ⇔ n + n − 110 = 0 ⇔  ⇔ n = 10. 2 n = −11 Ç ån Ç å10 10 Ç å10−k 10 3 2 3 2 X k Ä 3äk 2 X 10−k k 5k−20 x + 2 = x + 2 = C10 x 2 = 2 C10x . x x k=0 x k=0 Số hạng không chứa x ứng với k ∈ N; 0 ≤ k ≤ 10 thỏa 5k − 20 = 0. Từ đây ta tìm được k = 4. 10−4 4 Vậy số hạng không chứa x là 2 .C10 = 13440. Chọn đáp án D 2 Câu 27. Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình log x. log x. log x. log x = bằng 3 9 27 81 3 82 80 A . B . C 9. D 0. 9 9 Lời giải. 2 log x. log x. log x. log x = 3 9 27 81 3 2 ⇔ log x. log 2 x. log 3 x. log 4 x = 3 3 3 3 3 1 2 ⇔ . log4 x = 2.3.4 3 3 4 ⇔ log3 x = 16 Nhóm Toán và LATEX 7
  8.  log3 x = 2  ⇔  log3 x = −2  x = 9  ⇔  1  x = 9 82 Vậy tổng các nghiệm bằng . 9 Chọn đáp án A Câu 28. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC, OD đôi một vuông góc với nhau và A OA = OB = OC. Gọi M là trung điểm của BC (tham khảo hình vẽ bên). Góc giữa hai đường thẳng OM và AB bằng ◦ ◦ ◦ ◦ A 90 . B 30 . C 60 . D 45 . B O M C Lời giải. Đặt OA = OB = OC = a. z Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ với O(0; 0; 0), A(0; 0; a), B(0; a; 0), A C(a; 0; 0); Åa a ã Vì M là trung điểm của BC nên M ; ; 0 . y 2 2 # » Åa a ã # » Khi đó, OM = ; ; 0 ; AB = (0; a; −a). 2 2 # » # » B # » # » |OM.AB| 1 cos(OM; AB) = | cos(OM; AB)| = # » # » = . |OM|.|AB| 2 O M Vậy (OM; AB) = 60◦. C x Chọn đáp án C x − 3 y − 3 z + 2 Câu 29. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d : = = ; 1 −1 −2 1 x − 5 y + 1 z − 2 d : = = và mặt phẳng (P ): x + 2y + 3z − 5 = 0. Đường thẳng vuông góc với 2 −3 2 1 (P ), cắt d1 và d2 có phương trình là x − 1 y + 1 z x − 2 y − 3 z − 1 A = = . B = = . 1 2 3 1 2 3 x − 3 y − 3 z + 2 x − 1 y + 1 z C = = . D = = . 1 2 3 3 2 1 Lời giải. Gọi A, B lần lượt là giao điểm của đường thẳng cần tìm với d1 và d2. Khi đó, A(−a + 3; −2a + 3; a − 2); B(−3b + 5; 2b − 1; b + 2). # » BA = (−a + 3b − 2; −2a − 2b + 4; a − b − 4); # » # » #» nP = (1; 2; 3) Đường thẳng cần tìm vuông góc với (P ) khi và chỉ khi BA cùng phương với n. Nhóm Toán và LATEX 8
  9.    − a + 3b − 2 = k.1  a = 2   # » #»   Hay tồn tại số thực k 6= 0 sao cho BA = k.n ⇔ − 2a − 2b + 4 = k.2 ⇔ b = 1 .      a − b − 4 = k.3  k = −1 #» # » Đường thẳng cần tìm là đường thẳng qua A(1; −1; 0) và nhận u = −BA = (1; 2; 3) làm véc-tơ x − 1 y + 1 z chỉ phương; nó có phương trình = = . 1 2 3 Chọn đáp án A 1 Câu 30. Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số y = x3 + mx − đồng 5x5 biến trên khoảng (0; +∞)? A 5. B 3. C 0. D 4. Lời giải. 1 Hàm số y = x3 + mx − đồng biên trên khoảng (0; +∞) khi và chỉ khi y0 ≥ 0, ∀x ∈ (0; +∞). 5x5 1 Hay 3x2 + + m ≥ 0, ∀x ∈ (0; +∞). x6 1 Điều này tương đương với 3x2 + ≥ −m, ∀x ∈ (0; +∞). x6 1 Xét hàm số y = f(x) = 3x2 + trên (0; +∞) ta tìm được min = 4 đạt tại x = 1. x6 (0;+∞) Do đó, −m ≤ 4. Hay m ≥ −4. Vậy có 4 giá trị nguyên âm của m thỏa yêu cầu bài toán. Chọn đáp án D √ Câu 31. Cho (H) là hình phẳng giới hạn bởi parabol y = 3x2, cung tròn √ có phương trình y = 4 − x2 (với 0 ≤ x ≤ 2) và trục hoành y (phần tô đậm√ trong hình vẽ). Diện tích của√(H) bằng 4π + 3 4π − 3 A . B . 2 12 √ √6 4π + 2 3 − 3 5 3 − 2π C . D . 6 3 O 2 x Lời giải.  √ √ x = 1 2 2  Phương trình hoành độ giao điểm 3x = 4 − x ⇔  vì 0 ≤ x ≤ 2 ⇒ x = 1. x = −1 1 2 Z √ Z √ Khi đó diện tích của (H) là S = 3x2 dx + 4 − x2 dx. 0 1 1 1 √ Z √ √ Z √ 3 1 2 2 x 3 • S1 = 3x dx = 3 x dx = 3 · = · 3 0 3 0 0 2 Z √ Å π π ã • S = 4 − x2 dx. Đặt x = 2 sin t − ≤ t ≤ . 2 2 2 1 Nhóm Toán và LATEX 9
  10. π π π Z2 Z2 Z2 » 2 2 Khi đó S2 = 4 − 4 sin t.2 cos t dt = 4 cos t dt = 2 (1 + cos 2t) dt π π π 6 √ 6 6 Ç å π sin 2x 2 2π 3 = 2 x + = − · π 2 6 3 2 √ √ √ 3 2π 3 4π − 3 Do đó: S = S + S = + − = · 1 2 3 3 2 6 Chọn đáp án B 2 Z dx √ √ Câu 32. Biết √ √ = a − b − c với a, b, c là các số nguyên dương. Tính (x + 1) x + x x + 1 1 P = a + b + c. A P = 24. B P = 12. C P = 18. D P = 46. Lời giải. Ta có 2 2 2 √ √ Z dx Z 1 Z x + 1 − x √ √ = √ √ √ √ dx = √ √ dx (x + 1) x + x x + 1 x. x + 1( x + 1 + x) x. x + 1 1 1 1 2 Z Ç å 2 1 1 Ä √ √ ä = √ − √ dx = 2 x − 2 x + 1 x x + 1 1 1 √ √ √ √ = 4 2 − 2 3 − 2 = 32 − 12 − 2   a = 32   ⇒ b = 12 ⇒ P = a + b + c = 46.    c = 2 Chọn đáp án D Câu 33. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 4. Tính diện tích xung quanh Sxq 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. √ √ 16 2π √ 16 3π √ A S = . B S = 8 2π. C S = . D S = 8 3π. xq 3 xq xq 3 xq Lời giải. Gọi M là trung điểm của DC và G là trọng tâm 4BCD. A Tam giác BCD√ đều cạnh bằng 4 √ 4 3 √ 4 3 ⇒ BM = = 2 3 ⇒ BG = . 2 3 Xét 4ABG vuông tại G √ √ 4 6 ⇒ AG = AB2 − BG2 = · D 3 √ B G Nửa chu√ vi tam giác BCD là p = 6. Có S4BCD = 4 3 = p.r = 6.r 2 3 ⇒ r = M 3 √ 16 2π ⇒ S = 2πrh = 2πr.AG = · C xq 3 Nhóm Toán và LATEX 10
  11. Chọn đáp án A Câu 34. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 16x − 2.12x + (m − 2)9x = 0 có nghiệm dương? A 1. B 2. C 4. D 3. Lời giải. Phương trình 16x − 2.12x + (m − 2)9x = 0 ⇔ 42x − 2.4x.3x + (m − 2).32x = 0 Ç4å2x Ç4åx Ç4åx ⇒ − 2. − 2 = m. Đặt t = > 0. 3 3 3 Phương trình trở thành t2 − 2t − 2 = −m (∗). Để phương trình đã cho có nghiệm dương thì phương trình (∗) phải có nghiệm t > 1. Xét hàm y = t2 − 2t − 2 ⇒ y0 = 2t − 20 ⇒ y0 = 0 ⇔ t = 1 x 1 +∞ y0 0 + +∞ y −3 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy −m > −3 ⇒ m 0, ∀u, v √ Nên phương trình trở thành u = v ⇒ 3 m + 3 sin x = sin x ⇔ m = sin3 x − 3 sin x. Đặt t = sin x, (−1 ≤ t ≤ 1). Xét hàm f(t) = t3 − 3t với t ∈ [−1; 1] có f 0(t) = 3t2 − 3 ≤ 0, ∀t ∈ [−1; 1] ⇒ hàm số nghịch biến trên [−1; 1] ⇒ −1 = f(1) ≤ f(t) ≤ f(−1) = 2 ⇒ −2 ≤ m ≤ 2. Vậy m ∈ {−2; −1; 0; 1; 2} . Chọn đáp án A Câu 36. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y = |x3 − 3x + m| trên đoạn [0; 2] bằng 3. Số phần tử của S là Nhóm Toán và LATEX 11
  12. A 1. B 2. C 0. D 6. Lời giải. Ta có với mọi x thuộc đoạn [0; 2] thì −2 ≤ x3 − 3x ≤ 2 ⇒ m − 2 ≤ x3 − 3x + m ≤ m + 2 với mọi x thuộc đoạn [0; 2]. Suy ra max y = max {|m − 2| ; |m + 2|}. [0;2] • m ≥ 0 khi đó max y = m + 2 = 3 ⇔ m = 1. [0;2] • m ta có f(x) = ln (2x − 1) + 2. Khi x 1. Tính P = a + b. A P = −1. B P = −5. C P = 3. D P = 7. Lời giải.  √   2 2  a + 2 − a + b = 0 a = −1 a = −1; b = 0, 2   Ta có √ ⇒ b = a + 1 ⇒ a − 2a − 3 = 0 ⇒  ⇒  .  b + 1 − a2 + b2 = 0 a = 3 a = 3; b = 4 √ Do b + 1 = a2 + b2 > 1 nên b > 0. Suy ra a = 3 và b = 4. Vậy a + b = 7. Chọn đáp án D Câu 39. Cho hàm số y = f 0(x). Hàm số y = f 0(x) có đồ thị như hình bên. y Hàm số y = f(2 − x) đồng biến trên khoảng −1 A (1; 3). B (2; +∞). C (−2; 1). D (−∞; −2). O 1 4 x Lời giải. Ta có y0 = −f 0(2 − x). Dựa vào đồ thị của hàm số y = f 0(x) suy ra   2 − x = −1 x = 3     0   f (2 − x) = 0 ⇔  2 − x = 1 ⇔  x = 1     2 − x = 4 x = −2. Nhóm Toán và LATEX 12
  13. Bảng biến thiên: x −∞ −2 1 3 +∞ y0 − 0 + 0 − 0 + +∞ +∞ y Từ đó suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng (−2; 1) ; (3; +∞). Chọn đáp án C −x + 2 Câu 40. Cho hàm số y = có đồ thị (C) và điểm A(a; 1). Gọi S là tập hợp tất cả các x − 1 giá trị thực của a để có đúng một tiếp tuyến của (C) đi qua A. Tổng tất cả các phần tử của S bằng 3 5 1 A 1. B . C . D . 2 2 2 Lời giải. Gọi d là tiếp tuyến của (C) đi qua điểm A(a; 1). Khi đó, phương trình đường thẳng d có dạng: y = k(x − a) + 1. d là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi  −x + 2  = k(x − a) + 1  x − 1 −x + 2 1 ⇒ = − (x − a) + 1 ⇒ 2x2 − 6x + a + 3 = 0 (x 6= 1) 1 2  − = k x − 1 (x − 1)  (x − 1)2 Qua A kẻ được đúng một tiếp tuyến khi và chỉ khi phương trình 2x2 − 6x + a + 3 = 0 (∗) có đúng một nghiệm khác 1. Trường hợp 1: Phương trình (∗) có một nghiệm x = 1. Thay vào phương trình ta được 2−6+a+3 = 0 ⇔ a = 1. Khi đó, phương trình (∗) có nghiệm còn lại là x = 2 (thỏa bài toán). Trường hợp 2: Phương trình (∗) có nghiệm kép khác 1. Ta có: 3 ∆0 = 0 ⇔ 9 − 2(a + 3) = 0 ⇔ a = 2 3 Khi đó, phương trình (∗) có nghiệm kép là x = 6= 1. 2 ® 3´ 5 Suy ra S = 1; . Vậy tổng tất cả các phần tử là . 2 2 Chọn đáp án C Câu 41. Trong không gian Oxyz, cho điểm M(1; 1; 2). Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng (P ) đi qua M và cắt các trục x0Ox, y0Oy, z0Oz lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho OA = OB = OC 6= 0? A 3. B 1. C 4. D 8. Lời giải. Nhóm Toán và LATEX 13
  14. Giả sử A(a, 0, 0),B(0, b, 0),C(0, 0, c) (với a, b, c 6= 0). x y z Mặt phẳng (P ): + + = 1. a b c 1 1 2 Do điểm M thuộc (P ) nên ta có + + = 1 (∗). a b c Mặt khác OA = OB = OC nên |a| = |b| = |c|. • Trường hợp b = a và c = a. 1 1 2 Kết hợp với (∗) ta được: + + = 1 ⇔ a = 4. Suy ra b = c = a = 4. a a a x y z Mặt phẳng lúc đó là: (P ): + + = 1. 4 4 4 • Trường hợp b = a và c = −a. 1 1 2 Khi đó: + − = 1, vô lý. a a a • Trường hợp b = −a và c = a. Trường hợp này ta tìm được a = 2 = c, b = −2. x y z Và (P ): + + = 1. 2 −2 2 • Trường hợp b = −a và c = −a. Trường hợp này ta tìm được a = −2, b = c = 2. x y z Và (P ): + + = 1. −2 2 2 Vậy có tất cả ba mặt phẳng thỏa mãn đề bài. Chọn đáp án A √ Câu 42. Cho dãy số (un) thỏa mãn log u1 + 2 + log u1 − 2 log u10 = 2 log u10 và un+1 = 2un với 100 mọi n ≥ 1. Giá trị nhỏ nhất của n để un > 5 bằng A 247. B 248. C 229. D 290. Lời giải. 9 Ta có un+1 = 2un ⇒ u10 = 2 u1. » 9 9 Suy ra log u1 + 2 + log u1 − 2 log(2 u1) = 2 log(2 u1) √ hay 2 − 18 log 2 − log u1 = 18 log 2 + log u1 (điều kiện log u1 > −18 log 2)  log u1 ' −4, 4 (nhận) 2  ⇒ (log u1) + (36 log 2 + 1) · log u1 − 2 + 18 log 2 = 0 ⇒  log u1 ' −7, 5 (loại) 100 n−1 100 Mặt khác để un > 5 ⇔ 2 u1 > 5 ⇔ n > 100 log2 5 − log u1 · log2 10 + 1. Do n là số nguyên nên giá trị nhỏ nhất của n là 248. Chọn đáp án B Câu 43. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = |3x4 − 4x3 − 12x2 + m| có 7 điểm cực trị? A 3. B 5. C 4. D 6. Lời giải. Nhóm Toán và LATEX 14
  15. Xét f(x) = 3x4 − 4x3 − 12x2.  x = 0   0 3 2  Ta có f (x) = 0 ⇔ 12x − 12x − 24x = 0 ⇔  x = 2   x = −1. x −∞ −1 0 2 +∞ y0 − 0 + 0 − 0 + +∞ 0 +∞ y −5 −32 Hàm số y = |f(x) + m| có 7 cực trị khi và chỉ khi y = f(x) + m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt. Hay, đồ thị hàm số y = f(x) cắt y = −m tại 4 điểm phân biệt. Điều này tương đương với −5 < −m < 0 hay 0 < m < 5. Vậy có 4 giá trị nguyên của m để hàm số đã cho có 7 cực trị. Chọn đáp án C Ç 8 4 8å Câu 44. Trong không gian Oxyz, cho điểm A(2; 2; 1), B − ; ; . Đường thẳng đi qua tâm 3 3 3 đường tròn nội tiếp của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng (OAB) có phương trình là x + 1 y − 3 z + 1 x + 1 y − 3 z − 4 A = = . B = = . 1 −2 2 1 −2 2 x + 1 y − 5 z − 11 x + 2 y − 2 z + 5 C 3 = 3 = 6 . D 9 = 9 = 9 . 1 −2 2 1 −2 2 Lời giải. #» Mặt phẳng (OAB) có véc-tơ pháp tuyến là n = (1; −2; 2) nên đường thẳng d cần tìm có VTCP #» u = (1; −2; 2). Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB.  BO · xA + OA · xB + AB · xO  x =  I  BO + OA + AB  # » # » # » #»  BO · yA + OA · yB + AB · yO Khi đó ta có BO·IA+OA·IB+AB·IO = 0 ⇒ yI = ⇒ I(0; 1; 1).  BO + OA + AB   BO · zA + OA · zB + AB · zO  z =  I BO + OA + AB x + 1 y − 3 z + 1 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm = = . 1 −2 2 Chọn đáp án A Câu 45. Cho hai hình vuông ABCD và ABEF có cạnh bằng 1, lần lượt nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Gọi S là điểm đối xứng với B qua đường thẳng DE. Tính thể tích của khối da diện ABCDSEF . 7 11 2 5 A . B . C . D . 6 12 3 6 Lời giải. Chọn hệ trục tọa độ sao cho hình vuông ABCD trên mp(Oxy), hình vuông ABEF nằm trên mặt phẳng (Oxz) và A trùng gốc tọa độ. Khi đó A(0; 0; 0),B(1; 0; 0),D(0; 1; 0),F (0; 0; 1) suy ra Nhóm Toán và LATEX 15
  16. E(1; 0; 1). z F S E K A x B D y C   x = t   Phương trình đường thẳng DE : y = 1 − t    z = t. Mặt phẳng (P ) qua B và vuông góc DE cắt DE tại K có phương trình x − y + z − 1 = 0. Ç2 1 2å ⇒ K = DE ∩ (P ) có tọa độ là K = ; ; . 3 3 3 Ç1 2 4å Do S là điểm đối xứng của B qua DE nên S = ; ; . 3 3 3 1 4 1 2 1 1 1 1 1 2 5 • Cách 1: V = V + V + V + V = · + · + · · + · · = . SABCD SABEF SADF SBCE 3 3 3 3 3 2 3 3 2 3 6 • Cách 2: Thể tích khối đa diện ABCDSEF là VABCDSEF = VSCDF E + VABCDEF . 1 1 1 √ 1 1 Trong đó: VSCDF E = d (S, (CDF E)) · SCDF E = · √ · 2 = và VABCDEF = . 3 3 2 3 2 1 1 5 Vậy thể tích cần tìm là V = + = . 3 2 6 Chọn đáp án D √ Câu 46. Xét các số phức z = a + bi (a, b ∈ R) thỏa mãn |z − 4 − 3i| = 5. Tính P = a + b khi |z + 1 − 3i| + |z − 1 + i| đạt giá trị lớn nhất. A P = 10. B P = 4. C P = 6. D P = 8. Lời giải. √ Ta có |z − 4 − 3i| = 5 ⇔ (a − 4)2 + (b − 3)2 = 5 ⇔ a2 + b2 = 8a + 6b − 20. » » Đặt Q = |z + 1 − 3i| + |z − 1 + i| = (a + 1)2 + (b − 3)2 + (a − 1)2 + (b + 1)2. Q2 ≤ (1 + 1) [(a + 1)2 + (b − 3)2 + (a − 1)2 + (b + 1)2] = 2 [2(a2 + b2) − 4b + 12] = 8(4a + 2b − 7) (1). » Mặt khác, 4a + 2b − 7 = 4(a − 4) + 2(b − 3) + 15 ≤ (42 + 22) [(a − 4)2 + (b − 3)2] + 15 = 25 (2) Nhóm Toán và LATEX 16
  17. Từ (1), (2) ta nhận được Q2 ≤ 200.    4a + 2a − 7 = 25   a = 6 Dấu bằng khi và chỉ khi a − 4 b − 3 ⇔ . Vậy P = 10.  =  b = 4  4 2 Chọn đáp án A Câu 47. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A0B0C0 có AB = A0 √ 2 3 và AA0 = 2. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của M N các cạnh A0B0,A0C0 và BC (tham khảo hình vẽ bên). Côsin 0 0 tạo bởi hai mặt phẳng (AB0C0) và mặt phẳng (MNP ) B C bằng √ 6 13 A . √65 13 B . 65√ A 17 13 C . 65√ 18 13 D . 65 B P C Lời giải. Gọi I,Q lần lượt là trung điểm của MN, B0C0. Gọi A0 O = PI ∩ AQ. Khi đó giao tuyến của (AB0C0) và (MNP ) M I N là đường thẳng d qua O và song song với MN, B0C0. 0 Q 0 Tam giác AB0C0 cân tại A nên AQ ⊥ B0C0 ⇒ AQ ⊥ d. B C Tam giác PMN cân tại P nên PI ⊥ MN ⇒ PI ⊥ d. O Do đó góc tạo bởi hai mặt phẳng (AB0C0) và (MNP ) là góc giữa AQ và PI. √ 5 Ta có AP = 3, AQ = 13,PI = . A 2 AP Vì tam giác OAP đồng dạng với tam giác OQI và = 2 √ IQ 2 2 13 2 5 nên OA = AQ = , OP = IP = . 3 3 3 3 0 0 B P C cos((AB C ), (MNP ))√ = cos(AQ, P I) = cos AOQ[ = OA2 + OP 2 − AP 2 13 = . 2OA.OP 65 Chọn đáp án B Câu 48. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(1; 2; 1),B(3; −1; 1) và C(1; −1; −1). Gọi (S1) là mặt cầu có tâm A bán kính bằng 2; (S2) và (S3) là hai mặt cầu có tâm lần lượt là B, C và bán kính đều bằng 1. Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu (S1), (S2), (S3)? Nhóm Toán và LATEX 17
  18. A 5. B 7. C 6. D 8. Lời giải. Gọi phương trình mặt phẳng (P ) tiếp xúc với các mặt cầu đã cho là Ax + By + Cz + D = 0 (A2 + B2 + C2 > 0) Tư giả thiết đề bài ta có d(A, (P )) = 2, d(B, (P )) = 1, d(C, (P )) = 1.  |A + 2B + C + D|  √ = 2  √  2 2 2 2 2 2  A + B + C  |A + 2B + C + D| = 2 A + B + C (1)    |3A − B + C + D|  √ Khi đó ta có hệ phương trình √ = 1 ⇔ |3A − B + C + D| = A2 + B2 + C2 (2) .  A2 + B2 + C2    √   2 2 2  | − A − B + C + D|  | − A − B + C + D| = A + B + C (3)  √ = 1  A2 + B2 + C2  A = 0  Từ (1) và (2) , ta nhận được |3A − B + C + D| = | − A − B + C + D| ⇔  . A − B + C + D = 0 Với A = 0, ta có:   √   2 2  |2B + C + D| = 2 B + C  B = 0    √   2 2      |2B + C + D| = 2 B + C   4B − C − D = 0   4B − C − D = 0   ⇔   √ ⇔   √   2 2   |2B + C + D| = 2| − B + C + D|   |2B + C + D| = 2 B + C   C = ±2 2B      C + D = 0  C + D = 0 . Do đó có ba mặt phẳng thỏa mãn. Với A − B + C + D = 0, ta có:   √  4 2 2 2 |B| =  |3B| = 2 A + B + C |3B| = 4A  3 √ ⇔  √ ⇔  √ .   11|A|  |2A| = 2 A2 + B2 + C2 |3B| = 2 A2 + B2 + C2  |C| = 3 Do đó có bốn mặt phẳng thỏa mãn. Vậy có bảy mặt phẳng. Chọn đáp án B Câu 49. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 5 học sinh lớp 12C thành một hàng ngang. Xác suất để trong 10 học sinh trên không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau bằng 11 1 1 1 A . B . C . D . 630 126 105 42 Lời giải. Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 10!. Gọi A là biến cố "Trong 10 học sinh không có 2 học sinh cùng trường ngồi cạnh nhau". Xếp 5 học sinh lớp 12C vào 5 vị trí có 5! cách. Ứng với mỗi cách xếp 5 học sinh lớp 12C sẽ có 6 khoảng trống gồm 4 vị trí ở giữa và 2 vị trí hai đầu để xếp 5 học sinh còn lại. 3 Trường hợp 1: Xếp 3 học sinh lớp 12B vào 4 vị trí không phải vị trí hai đầu, có A4 cách. Với mỗi cách xếp trên lấy 1 học sinh 12A xếp vào vị trí còn lại, có 2 cách. Do đó, học sinh còn lại Nhóm Toán và LATEX 18
  19. có 8 cách xếp. 3 Số cách xếp trong trường hợp này là: 5!A4.2.8 cách. 1 2 Trường hợp 2: Xếp 2 học sinh lớp 12B vào giữa và học sinh còn lại vào hai vị trí đầu, có C3.2.A4 cách. Với mỗi trường hợp trên còn 2 vị trí trống, xếp 2 học sinh 12A có 2 cách. 1 3 Số cách xếp trong trường hợp này là: 5!C3.2.A4.2 cách. 1 2 1 3 Số cách xếp là n(A) = 5!C3.2.A4 + 5!C3.2.A4.2. n(A) 11 Vậy P (A) = = . n(Ω) 630 Chọn đáp án A 1 Z Câu 50. Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0; 1]v thỏa mãn f(1) = 0, [f 0(x)]2 dx = 0 1 1 Z 1 Z 7 và x2f(x)dx dx = . Tích phân f(x) dx bằng 3 0 0 7 7 A . B 1. C . D 4. 5 4 Lời giải. Z 1 1 Z 1 Z 1 1 1 3 1 3 1 3 0 3 0 Ta có = f(x)dx = x f(x) − x f (x)dx ⇔ x f (x)dx = −1. 3 3 0 3 0 3 0 0 Z 1 Z 1 Mặt khác [f 0(x)]2dx = 7 ⇒ Ä[f 0(x)]2 + 14x3f 0(x) + 49x6ä dx = 0. 0 0 Z 1 2 Hay: Äf 0(x) + 7x3ä dx = 0. 0 Suy ra: f 0(x) = −7x3. 7 Do đó: f(x) = − x4 + C. 4 7 Theo đề bài f(1) = 0 ⇒ f(x) = (1 − x2). 4 7 Từ đó ta nhận được I = . 5 Chọn đáp án A ĐÁP ÁN 1.A 2.B 3.C 4.A 5.A 6.A 7.D 8.C 9.D 10.B 11.A 12.A 13.B 14.B 15.D 16.D 17.D 18.A 19.C 20.D 21.B 22.A 23.C 24.B 25.D 26.D 27.A 28.C 29.A 30.D 31.B 32.D 33.A 34.B 35.A 36.B 37.C 38.D 39.C 40.C 41.A 42.B 43.C 44.A 45.D 46.A 47.B 48.B 49.A 50.A Nhóm Toán và LATEX 19