Đề thi Trung học phổ thông quốc gia môn Toán Lớp 12 - Mã đề thi 102 - Năm học 2017-2018

Nội dung text: Đề thi Trung học phổ thông quốc gia môn Toán Lớp 12 - Mã đề thi 102 - Năm học 2017-2018

1. 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. [1D4-1] (C1.Mã 102.QG 2018) lbằngim 5n 2 1 1 A. .B. 0 .C. .D. . 5 2 Câu 2. [2D3-1] (C2.Mã 102.QG 2018) Gọi S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường y 2x , y 0 ,.x 0, x 2 Mệnh đề nào dưới đây đúng? 2 2 2 2 A. S 2x dx .B. .C. .D. . S 22x dx S 22x dx S 2x dx 0 0 0 0 2 Câu 3. [2D2-1] (C3.Mã 102.QG 2018) Tập nghiệm của phương trình log2 x 1 3 là A. 3;3 .B. .C. .D. . 3 3 10; 10 Câu 4. [2D3-1] (C4.Mã 102.QG 2018) Nguyên hàm của hàm số f x x4 x là 1 1 A. Bx.4 . Cx. . DC. 4x3 1 C x5 x2 C x5 x2 C . 5 2 Câu 5. [2D1-1] (C5.Mã 102.QG 2018)Cho hàm số y ax3 bx2 cx d a,b,c,d ¡ có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. .0B. .C. .D. 1 3 2. Câu 6. [2D4-1] (C6.Mã 102.QG 2018)Số phức có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4 là A. 3 4i .B. .C. .D. . 4 3i 3 4i 4 3i Câu 7. [2D1-1] (C7.Mã 102.QG 2018)Cho khối chóp có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao . Thể4a tích của khối chóp đã cho bằng 4 16 A. a3 .B. .C. .D. . a3 4a3 16a3 3 3 Câu 8. [2D1-1] (C8.Mã 102.QG 2018)Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? A. y x4 2x2 1.B. .C. .D. .y x4 2x2 1 y x3 x2 1 y x3 x2 1 Câu 9. [2H2-1] (C9.Mã 102.QG 2018)Thể tích của khối cầu bán kính R bằng 4 3 A. R3 .B. .C. .D. . 4 R3 2 R3 R3 3 4 Câu 10. [2H3-1] (C10.Mã 102.QG 2018)Trong không gian ,O choxyz hai điểm A 1;1 và; 2. B 2;2;1  Vectơ AB có tọa độ là
2. A. . B3.; 3.C; . 1.D . 1; 1; 3 3;3;1 1;1;3 . Câu 11. [2D2-1] (C11.Mã 102.QG 2018)Với a là số thực dương tùy ý, log3 3a bằng A. .3Bl.o .gC3 .a 3 log3 a 1 log3 a .D. . 1 log3 a Câu 12. [2D1-1] (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. . B .1 ; 1; .C. .D. . 1;1 ;1 Câu 13. [1D2-1] (C13.Mã 102.QG 2018)Có bao nhiêu cách chọn 2 học sinh từ một nhóm 38 học sinh? 2 38 2 2 A. .AB3.8 .C. 2 C38 .D. . 38 x 3 y 1 z 5 Câu 14. [2H3-1] (C14.Mã 102.QG 2018)Trong không gian ,O choxyz đường thẳng d : có 1 1 2 một vectơ chỉ phương là    A. .uB1. 3; 1;5 u4 1; 1;2 .C. .D. . u2 3;1;5 u3 1; 1; 2 Câu 15. [2H3-1] (C14.Mã 102.QG 2018)Trong không gian , Omặtxy zphẳng P :3x 2y z có4 một0 vectơ pháp tuyến là    A. .nB3. .C . 1;2;3 n4 1;2; 3 n2 3;2;1 .D. . n1 1;2;3 Câu 16. [2D1-2] (C16.Mã 102.QG 2018)Cho hàm số f (x)= ax4 + bx2 + c . Đồ(a, bthị,c củaÎ ¡ hàm) số y = f (x) như hình vẽ bên. Số nghiệm của phương trình 4 f (x)- 3 = 0 là A. 4 .B. .C. .D. . 3 2 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 nghiệm 4 phân biệt.
3. Câu 17. [1D1-2] (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. 3 C5 1 Gọi A là biến cố: “lấy được 3 quả cầu màu xanh”. Ta có P A 3 . C12 22 Câu 18. [2D1-2] (C18.Mã 102.QG 2018)Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 + 2x2 - 7x trên đoạn [0;4] bằng A. .-B2. 5.C9. .D. 68 0 - 4 . Chọn đáp án D. TXD D ¡ Hàm số liên tục trên đoạn 0;4 Ta có y ' 3x2 4x 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. [1H3-2] (C19.Mã 102.QG 2018)Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh , a vuôngSA góc với mặt phẳng đáy và .S GócA = giữa2a đường thẳng và mặtS phẳngC đáy bằng A. 45°.B. .C. .D. . 60° 30° 90° 1 Câu 20. [2D3-2] (C20.Mã 102.QG 2018) òbằnge3x+1dx 0 1 1 A. (e4 - e).B. .C. .D. . e4 - e (e4 + e) e3 - e 3 3 Câu 21.[2H3-2] (C21.Mã 102.QG 2018) Trong không gian , O mặtxyz phẳng đi qua điểm A(1;2 ;và- 2) x + 1 y - 2 z + 3 vuông góc với đường thẳng D : = = có phương trình là 2 1 3 A. .3Bx. + 2y + z - 5 = 0 2x + y + 3z + 2 = 0 .C. .D. x.+ 2y + 3z + 1= 0 2x + y + 3z - 2 = 0 x + 4 - 2 Câu 22. [2D1-2] (C22.Mã 102.QG 2018) Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = là x2 + x A. .3B. .C. .D. 0 2 1. Câu 23.[1H3-2] (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 .S KhoảngA = a cách từ đến mặtA phẳng bằng(SBC) a 6a 2a A. .B. .C. .D. a . 2 3 2 Câu 24.[2D2-2] (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. 1năm.1 B. năm.C. năm.D. 12 9 10 năm. Câu 25. [2D4-2] (C25.Mã 102.QG 2018)Tìm hai số thực x và y thỏa mãn (3x + 2yi)+ (2+ i)= 2x- 3i với i là đơn vị ảo. A. x = - 2; y = - 2 .B. .C. .D. x. = - 2; y = - 1 x = 2; y = - 2 x = 2; y = - 1
4. Câu 26.[2D1-2] (C26.Mã 102.QG 2018) Ông A dự định sử dụng hết 6,7 m2 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. .C. .D. . 1,11m3 1,23m3 2,48m3 Bài giải : Giả sử kích thước chiều cao và các cạnh đáy lần lượt là h, x,2x . Ta có V 2x2h 9 Diện tích kiến dùng là : S 2x2 6xh 2x2 3xh 3xh 33 18x4h2 33 V 2 2 9 S3 2S3 6S3 V 2 V 1,57m3 2 27 9 3 27 21 dx Câu 27.[2D3-2] (C27.Mã 102.QG 2018) Cho ò = a ln 3+ bln 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. .C. .D. . a + b = c a- b = - c a- b = - 2c Bài giải : Đặt t x 4 x t2 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 dt ln ln ln ln3 ln5 ln 7 ; a ;b ;c Chọn a b 2c 2 2 t 2 2 7 5 2 2 2 2 3 t 4 3 Câu 28.[1H3-2] (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 . SKhoảngA = a cách giữa hai đường thẳng và BD SC bằng 30a 4 21a 2 21a 30a A. .B. .C. .D. . 6 21 21 12 Bài giải : Chọn hệ tọa độ Axyz như hình vẽ z S B(a;0;0), D(0;2a;0),C(a;2a;0),S(0;0;a)   BD ( a;2a;0) a( 1;2;0) u ( 1;2;0) ;   1 SC (a;2a; a) a(1;2; 1) u2 (1;2; 1)    D A y    u1,u2 .BC 2a 2a 21    BC (0;2a;0) ; u1,u2 ( 2; 1; 4) d(BD;SC) |[u1,u2 ]| 21 21 B C Câu 29.[2H3-2] (C29.Mã 102.QG 2018) Trong không gian ,O choxyz điểm x x + 1 y - 1 z - 2 A(2;1;3) và đường thẳng .d Đường: thẳng= đi= qua , A 1 - 2 2 vuông góc với d và cắt trục Oy có phương trình là ïì x = 2t ïì x = 2+ 2t ïì x = 2+ 2t ïì x = 2t ï ï ï ï A. íï y = - 3+ 4t .B. .C. .D. . íï y = 1+ t íï y = 1+ 3t íï y = - 3+ 3t ï ï ï ï îï z = 3t îï z = 3+ 3t îï z = 3+ 2t îï z = 2t Bài giải :   CÁCH 1: (P)  (A;Oy) nP OA, j ( 3;0;2) x 2 2t x 2t    u np ,ud (4,8,6) 2(2;4;3) ; : y 1 4t  y 3 4t z 3 3t z 3t CÁCH 2: Chọn đáp án A. Gọi đường thẳng cần tìm là x 1 y 1 z 2 d : có VTCP u 1; 2;2 . 1 2 2  Gọi M 0;m;0 Oy , ta có AM 2;m 1; 3
5.  Do  d AM.u 0 2 2 m 1 6 0 m 3 x 2t  Ta có có VTCP AM 2; 4; 3 nên có phương trình y 3 4t z 3t x + 6 Câu 30. [2D1-2] (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;+ ¥ ) A. .3B. Vô số.C. 4 .D. . 5 Bài giải : Chọn đáp án C. Tập xác định D ¡ \ 5m . 5m 6 y ' x 5m 2 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 ¢ nên m 2; 1;0;1 . Câu 31.[2H1-3] (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 . 2Thân00m bútm 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 . Giả1m m định 1m3 gỗ có giá a (triệu đồng) , 1m 3than 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. 8(đồng)4,5.a .B. (đồng) .C78. , 2(đồng).a .D. 8,45.a 7,82.a (đồng) . Bài giải : Chọn đáp án D. CÁCH 1: triệu đồng /m3 = 10 3 đồng / mm3 32. 3 V 200.6. 2700 3(mm3) ; V 200 (mm3) ; V V V 2700 3 200 lt 4 c g lt c 3 3 3 T Vg .a Vc.6a .10 (2700 3 200 ).a 1200 a .10 (2700 3 1000 )a.10 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 2 3 Phần chì của cái bút có thể tích bằng V1 200. .1 200 mm .
6. 2 3 3 3 Phần gỗ của bút chì có thể tích bằng V2 200.6. 200 2700 3 200 mm . 4 6a.V a.V Số tiền làm một chiếc bút chì là 1 2 7,82a đồng. 1000 Câu 32[2D3-3] (C32.Mã 102.QG 2018) Một chất điểm A xuất phát từ ,O chuyển động thẳng với vận tốc biến 1 59 thiên theo thời gian bởi quy luật , vtrong t đó t(giây)2 làt mkhoảng/ s thời giant tính từ 150 75 lúc A bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm cũngB xuất phát từ , chuyểnO động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3 giây so với A và có gia tốc bằng a m / s2 ( làa hằng số) . Sau khi B xuất phát được 12 giây thì đuổi kịp .A Vận tốc của Btại thời điểm đuổi kịp Abằng A. .2B0. m / s 16 m / s .C. .D. . 13 m / s 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) 150 75 3 0 0 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 . 0 150 75 Vận tốc của chất điểm B là v t adt at C . B 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 S2 at 3a dt 3at 72a m . 2 3 3 4 Vậy 72a 96 a m / s2 3 Tại thời điểm đuổi kịp A thì vận tốc của B là vB 15 16 m / s . Câu 33[2D4-3] (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. .C. .D. 3 2 3 . 2 2 Bài giải : Chọn đáp án D. Gọi z x yi , với x, y ¡ Theo giả thiết, ta có z 3i z 3 z 2 3z 3iz 9i là số thuần ảo khi 2 2 3 3 3 2 x y 3x 3y 0 . Đây là phương trình đường tròn tâm I ; , bán kính R . 2 2 2 Câu 34[1D2-3] (C34.Mã 102.QG 2018). Hệ số của x5 trong khai triển biểu thức x 3x 1 6 2x 1 8 bằng A. . B3. 007 577 .C. .D. . 3007 577 Bài giải : Chọn đáp án B. 6 8 6 8 k k 6 k m m 8 k x 3x 1 2x 1 xC6 . 3x 1 C8 . 2x 1 k 0 m 0 6 8 k k 6 k m m 8 k m C6 .3 1 C8 .2 1 x . k 0 m 0 Hệ số x5 ứng với k 4;m 5 . 4 4 2 5 5 3 Hệ số cần tìm là C6 .3 1 C8 .2 1 577 .
7. Câu 35[2D4-3] (C35.Mã 102.QG 2018). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số saom cho phương trình 25x m.5x 1 7m2 7 0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử ? A. .7B. .C. 1 2 .D. . 3 Bài giải : 25x m.5x 1 7m2 7 0(1) Đặt t 5x 0 Ta có t2 5mt 7m2 7 0(2) Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt dương 2 2 0 25m 28m 28 0 m 0 28 S 0 5m 0 28 1 m m {2;3} 1 m2 3 P 0 2 7m 7 0 3 Câu 36[2D3-3] (C36.Mã 102.QG 2018). Cho hai hàm số f x ax3 bx2 cx 2 và g x dx2 ex 2 a,b,c,d,e ¡ . 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 2x2 x 2) Hệ số độc lập bằng – 4 nên a =2 . Suy ra : f (x) g(x) 2x3 4x2 2x 4 , 1 37 S f (x) g(x) dx 6 2 Câu 37[2D2-3] (C37.Mã 102.QG 2018). Cho ,a 0 bthỏa 0 mãn 2 2 log10a 3b 1 25a b 1 log10ab 1 10a 3b 1 2 . Giá trị của a 2b bằng 5 11 A. .B. .C. .D. 6 22 . 2 2 Bài giải : Áp dụng bất dẳng thức Cô si 2 2 2 2 1 log10a 3b 1(25a b 1) log10ab 1(10a 3b 1) log10a 3b 1(25a b 1) log10a 3b 1(10ab 1) 2 2 log10a 3b 1(25a b 1) 2 2 2 2 log10ab 1(25a b 1) 2 log10ab 1(10ab 1) 2 log10a 3b 1(10ab 1) b2 25a2 b 5a 1 5 11 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a ;b a 2b 2 10a 3b 1 10ab 1 25a 50a 2 2 2 Câu 38[2D1-3] (C38.Mã 102.QG 2018). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm y x8 m 1 x5 m2 1 x4 1 số đạt cực tiểu tại x 0 ? A. .3B. 2 .C. Vô số.D. . 1 8 5 2 4 y ' x3 8x4 5(m 1)x 4(m2 1) Bài giải : y x (m 1)x (m 1)x 1 ; Xét m2 1 0 m 1 Khi m 1 y ' 8x7 hàm số đạt cực tiểu tại x 0 Khi m 1 y ' 8x7 10x4 x4 (8x3 10) hàm số không có cực trị tại x 0
8. m2 1 0 m 1 y ' x2 8x5 5(m 1)x2 4(m2 1)x Xét Số điểm cực trị của hàm số cũng là số điểm cực trị của hàm số f (x) có đạo hàm f '(x) 8x5 5(m 1)x2 4(m2 1)x g(x) ; g '(x) 40x4 10(m 1)x 4(1 m2 ) 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[1H3-3] (C39.Mã 102.QG 2018). Cho hình lập phương ABCD.A' B 'C ' D ' có tâm .O Gọi làI tâm của 1 hình vuông ABCD và M là điểm thuộc OI sao cho MO MI (tham khảo hình vẽ) . Khi đó, côsin 2 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   1 1 2   2 1 1 AB ( 1;0;0);BM ; ; AB, BM 0; ; (0;4;3) 2 2 3 3 2 6   1 1 1   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 5 13 65 1 2 Câu 40[2D3-3] (C40.Mã 102.QG 2018). Cho hàm số f x thỏa mãn f 2 và f x x f x với 3 mọi .x Giá ¡ trị của bằng. f 1 11 2 2 7 A. . B. .C. .D. . 6 3 9 6 Bài giải : Chọn đáp án B. 2 Từ hệ thức đề cho: f ' x x f x (1), suy ra f ' x 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 . 2 f ' x Chia 2 vế hệ thức (1) cho f x 2 x,x 1;2 . f x 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 2 2 2 f x 2 f 1 f 2 2 1 f x 1 1 f x 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.
9. Câu 41[2H1-4] (C41.Mã 102.QG 2018). Trong không gian Oxyz,cho mặt cầu S có tâm I 1;2;1 và đi qua điểm .A Xét 1; 0các; 1 điểm thuộcB,C , D sao cho S AB đôi, A Cmột, A Dvuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD lớn nhất bằng 64 32 A. .B. .C. .D. 32 64 . 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 a2 b2 c2 Ta có IA2 4 a2 b2 c2 Do đó 12 4 a2 b2 c2 33 a2b2c2 Theo BĐT Cô-si ta có: 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[2H3-4] (C41.Mã 102.QG 2018). Trong không gian Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 S : x 2 y 3 z 4 2 và điểm .A Xét 1; 2điểm;3 thuộc Mmặt cầu sao cho S đường thẳng AtiếpM xúc với , luôn S thuộcM mặt phẳng có phương trình là A. .2Bx. . 2y 2z 15 0 2x 2y 2z 15 0 C. .xD . y z 7 0 x y z 7 0 . Bài giải :  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  2  2 2 2 4 7 10 IH IA ; ; H ; ; IA IA2 IA2 3 3 3 3 3 3 3 3  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
10. AH AM AM 2 1 Suy ra AH AM AI AI 3 Gọi là mặt phẳng chứa các tiếp điểm M. Khi đó có vectơ pháp tuyến là  n AI 1;1;1 nên phương trình có dạng x y z d 0 6 d 1 d 5 Do d A, AH 6 d 1 3 3 d 7 Vậy 1 : x y z 5 0; 2 : x y z 7 0 4 Do d I, 1 2 nên 1 không cắt S (loại) 3 2 Và d I, 2 2 nên 2 cắt S ™ 3 Câu 43[1D2-4] (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() 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 số n(A) 2287 phân tử là n(A) 73 63 63 7.6.6.3! Xác suất P(A) n() 6859 x 1 3t Câu 44. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng . d Gọi: y là3 đường thẳng đi qua điểm z 5 4t A 1; 3;5 và có véc tơ chỉ phương là . uĐường 1;2 ;phân 2 giác góc nhọn tạo bởi hai đường thẳng d và là x 1 2t x 1 2t x 1 7t x 1 t A. . By. . C2. . D5.t . y 2 5t y 3 5t y 3 z 6 11t z 6 11t z 5 t z 5 7t   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   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  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 x Câu 45[2D2-4] (C45.Mã 102.QG 2018). Cho phương trình 3 m log3 x m với là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m 15;15 để phương trình đã cho có nghiệm? A. .1B6. .C. 9 14.D. . 15 x 3 m t Bài giải : Đặt log (x m) t Ta có hệ phương trình m t 3x x 3t 3t t 3x x 3 t 3 m x Xét hàm số đặc trưng f (u) 3u u Hàm số này đồng biến trên ¡ và f (t) f (x) t x
11. 1 Vậy m x 3x g(x) ; g '(x) 1 3x ln3; g(x) 0 3x x log (ln3) ; g( log (ln3)) 0;9958 ln3 3 3 Bảng biến thiên x log3 (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[2H2-4] (C46.Mã 102.QG 2018). Cho khối lăng trụ , AkhoảngBC.A' Bcách'C ' từ điểm đến đường C thẳng BB bằng , khoảng5 cách từ đếnA các đường thẳng vàBB lầnCC lượt bằng và , 1hình 2 15 chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng A' B 'C ' là trung điểm M của B C và . ThểA'M tích 3 của khối lăng trụ đã cho bằng: 15 2 5 2 15 A. .B. .C. .D. 5 . 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 1 2 HIK 1 1 1 4 3 1 AM 5 AM 2 MH 2 A'M 2 5 5 5 5 20 2 15 2 15 AA'2 5 AA' V 3 3 3 3 Câu 47[2D1-4] (C47.Mã 102.QG 2018). Cho hai hàm số y f x và . Haiy hàmg x số vày f ' x y g ' x có đồ thị như hình vẽ bên, trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị hàm số . Hàmy g số' x 9 h x f x 7 g 2x đồng biến trên khoảng nào dưới đây ? 2 16 3 16 13 A. . B2.; ;0 .C. .D. . ; 3; 5 4 5 4 Bài giải : Chọn đáp án B. 9 Ta có h' x f ' x 7 2g ' 2x 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 2g ' x . 9 9 3 7 Như vậy: g ' 2x 5 nếu 3 2x 8 x 2 2 4 4
12. f ' x 7 10 nếu 3 x 7 8 4 x 1 3 9 Suy ra trên khoảng ;1 thì g ' 2x 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[1D1-4] (C48.Mã 102.QG 2018). Cho hàm số y có đồ thị . GọiC là Igiao điểm của hai tiệm x 1 cận của . XétC tam giác đều A cóBI hai đỉnh , thuộcA B , đoạn C có độ dàiAB bằng: A. .3B. .C. 2 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 OB2 a2 b2 a2 b2 ab 2 2 2 2 2   a b b a OA.OB 1   cos A· OB 2OA.OB OA2 8 OA2 OA 2 2 OA.OB 2 x 1 2  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: 2 2 4 2 2 4 IA x1 1 ; IB x2 1 ; 2 2 2 x1 1 x 1 2 2 4 x 1 x 1 2 2 2 2 2 2 1 AB x2 x1 x2 1 x1 1 2 2 x 1 x 1 2 1 x2 1 . x1 1 Do tam giác IAB đều nên ta có: 2 2 4 x 1 x 1 x 1 2 x 1 2 0 2 2 2 2 2 1 2 1 IA IB x2 1 x1 1 x 1 2 x 1 2 2 2 2 1 x2 1 x1 1 4 2 2 x2 1 x1 1 0 AB 0 Loại. 2 x 1 2 x 1 x 1 2 x 1 2 4 1 2 1 2 x2 1 x1 1 2 / x2 1 x1 1 2 2 2 2 2 2 Khi đó AB 2 x2 1 x1 1 2 x2 1 x2 1 2 x 1 2 2 x2 1
13. 2 2 2 2 4 Lại có AB2 IB2 x 1 2 x 1 2 2 2 2 x2 1 x2 1 2 2 2 2 3 2 2 x2 1 4 2 3 AB 8 4 2 4 2 3 x 1 8 x 1 4 0 2 2 2 2 2 2 3 2 2 x2 1 4 2 3 AB 8 4 2 3 2 / x2 1 x1 1 2 2 2 2 2 2 Khi đó AB 2 x2 1 x1 1 2 x2 1 x2 1 2 x 1 2 2 x2 1 2 2 2 2 4 Lại có AB2 IB2 x 1 2 x 1 2 2 2 2 x2 1 x2 1 2 4 2 x2 1 4 2 3 0 x2 1 8 x2 1 4 0 Loại 2 x2 1 4 2 3 0 Vậy AB 2 2 . Câu 49[2D4-4] (C49.Mã 102.QG 2018). Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z z 3 i 2i 4 i z ? A. .1B. 3 .C. .D. . 2 4 Bài giải : Chọn đáp án B. z z 3 i 2i 4 i z z 4 i z 3 z z 2 i * 2 2 z 4 9 z 2 z 2 (1) Đặt m z 0 ta có 1 m 4 2 1 .m2 9m2 m 2 2 m4 8m3 7m2 4m 4 0 m 1 m 1 m 6,91638 m 1 m3 7m2 4 0 3 2 m 7m 4 0 m 0,80344 m 0,71982 L 3m m 2 i Từ (*) ta suy ra ứng với mỗi z m sẽ có một số phức z thỏa mãn đề bài. m 4 i Vậy có 3 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán. 1 7 Câu 50[2D1-4] (C50.Mã 102.QG 2018). Cho hàm số y x4 x2 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 x 2? A. .0B. 2 .C. .D. . 3 1 Bài giải : y y CÁCH 1: Ta có 1 2 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 7 y' 3 a3 a 3 a3 7a 6 0 (a 1)(a2 a 6) 0 a 2; 1;3 A 2 2
14. 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 cắt 21  21 (C) tại 2 điểm khác thì a ( 7;0) \  (Điểm uốn x0 ) a 2; 1 3  3 Vậy có 2 điểm cần tìm CÁCH 2: Chọn đáp án B. x x y y Phương trình đường thẳng MN có dạng 2 2 hệ số góc của đường thẳng MN là x1 x2 y1 y2 y y k 1 2 3. x1 x2 1 4 7 2 Vậy tiếp tuyến tại A x0 ; x0 x0 có hệ số góc 8 4 x0 1 1 7 1 7 k 3 f ' x 3 x3 x 3 x3 x 3 0 x 3 0 2 0 2 0 2 0 2 0 0 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 7 195 1 7 195 2 x4 x2 3x x4 x2 3x 0 x 3 x2 6x 13 0 x 3 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 2 2 x x 3x 1 x x 3x 1 0 x 2 x 4x 2 0 x 2 6 A 2; 5 Thỏa 8 4 8 4 x 2 6 mãn đề bài. Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.