- Trang chủ >>
- THPT Quốc Gia >>
- Toán
bai tap lop 12
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.14 MB, 18 trang )
Giáo viên: Lưu Huệ Phương – Nguyễn Đức Hoạch
Mã đề thi 001
ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THAM KHẢO BỘ GD&ĐT
KÌ THI THPQ QUỐC GIA NĂM 2018
ĐÁP ÁN
1A
2B
3C
4A
5A
6A
11A
12A
13B
14B
15D
16D
21B
22A
23C
24B
25D
26D
31B
32D
33A
34B
35A
36B
41A
42B
43D
44D
45D
46A
Câu 1: Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức
A. z 2 i.
B. z 1 2i.
C. z 2 i.
D. z 1 2i.
7D
17B
27A
37C
47B
8C
18A
28C
38D
48B
9D
19C
29A
39C
49A
10B
20D
30D
40C
50A
y
M
1
-2
x
O
Hướng dẫn giải
Điểm biểu diễn của số phức z là: M 2;1
Đáp án A
Vậy số phức z 2 i.
x 2
Câu 2: lim
bằng
x x 3
2
A. .
B. 1.
3
D. 3.
C. 2.
Hướng dẫn giải
5
x 2
5
Ta có: lim
Đáp án B
1 lim
xlim
1 x 3 xlim
1.
x x 3
x x 3
Câu 3: Cho tập hợp M có 10 phần tử. Số tập con gồm 2 phần tử của M là
8
.
A. A10
2
.
C. C10
2
.
B. A10
D. 102.
Hướng dẫn giải
Đáp án C
2
10
Số tập con gồm 2 phân tử của M là: 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
Hướng dẫn giải
1
Theo SGK Hình học 12 trang 23, công thức tính thể tích khối chóp là: V Bh. Đáp án A
3
Câu 5: Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau
x
y’
+
2
0
3
0
0
+
2
0
3
y
1
Hàm số y f x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. 2;0 .
Website: topa.vn
B. ; 2 .
C. 0;2 .
D. 0; .
1
Giáo viên: Lưu Huệ Phương – Nguyễn Đức Hoạch
Hướng dẫn giải
Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số y f x nghịch biến trên khoảng 2;0 và 2; .
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
A. V f 2 x dx.
a
b
b
B. V 2 f 2 x dx.
C. V 2 f 2 x dx.
a
a
b
D. V 2 f x dx.
a
Hướng dẫn giải
b
Theo SGK Giải tích 12 trang 122 ta có thể tích khối tròn xoay được tạo ra là: V f 2 x dx.
a
Đáp án A
Câu 7: Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau
x
y’
0
0
+
2
0
5
y
1
Hàm số đạt cực đại tại điểm
A. x 1.
B. x 0.
C. x 5.
Hướng dẫn giải
D. x 2.
Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số y f x đạt cực đại tại điểm x 2.
Đáp án D
Câu 8: Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?
1
A. log 3a 3log a.
B. log a3 log a.
C. loga3 3loga.
3
Hướng dẫn giải
1
D. log 3a log a.
3
Quan sát đáp án ta thấy loga3 3loga đúng.
Đáp án C
Câu 9: Họ nguyên hàm của hàm số f x 3x 2 1 là
A. x3 C.
B.
x3
x C.
3
C. 6x C.
D. x3 x C.
Hướng dẫn giải
Ta có: f x dx 3x 1 dx x x C.
2
3
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 .
Hướng dẫn giải
Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng Oyz là N 0; 1;1 .
Đáp án B
Website: topa.vn
2
Giáo viên: Lưu Huệ Phương – Nguyễn Đức Hoạch
Câu 11: Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
y
A. y x 2x 2.
4
2
B. y x4 2x2 2.
C. y x3 3x2 2.
x
D. y x3 3x2 2.
O
Hướng dẫn giải
Đồ thị hàm số trên là đồ thị hàm bậc 4 trùng phương có a < 0.
Đáp án A
x 2 y 1 z
Câu 12: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :
. Đường thẳng d có một vectơ chỉ
1
2
1
phương là
A. u1 1;2;1 .
B. u2 2;1;0 .
C. u3 2;1;1 .
D. u4 1;2;0 .
Hướng dẫn giải
Đường thẳng d :
x 2 y 1 z
có VTCP: u1 1;2;1 .
1
2
1
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; .
Hướng dẫn giải
x 6
2 2 2x x 6 x 6.
Đáp án B
2x
Câu 14: Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 3a2 và bán kính đáy bằng a. Độ dài đường sinh của
hình nón đã cho bằng
3a
.
A. 2 2a.
B. 3a.
C. 2a.
D.
2
Hướng dẫn giải
Gọi r, l lần lượt là bán kính và đường sinh của hình nón.
S xq rl 3a 2 . Vì r a a.l 3a2 l 3a
Đáp án B
Câu 15: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm M 2;0;0 ,N 0; 1;0 và P 0;0;2 . Mặt phẳng MNP có
phương trình là
x y z
0.
A.
2 1 2
x y z
1.
2 1 2
x y z
1.
2 1 2
Hướng dẫn giải
x y z
1.
Mặt phẳng MNP có phương trình là:
2 1 2
B.
C.
D.
x y z
1.
2 1 2
Đáp án D
Câu 16: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng?
A. y
x2 3x 2
.
x 1
Website: topa.vn
B. y
x2
.
x2 1
C. y x2 1.
D. y
x
.
x 1
3
Giáo viên: Lưu Huệ Phương – Nguyễn Đức Hoạch
Hướng dẫn giải
Hàm số bậc nhất trên bậc nhất luôn có tiệm cận đứng
Đáp án D
Câu 17: Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau
x
y’
1
0
3
0
5
+
y
1
Số nghiệm của phương trình f x 2 0 là
A. 0.
B. 3.
C. 1.
Hướng dẫn giải
D. 2.
Phương trình f x 2 0 f x 2 1
Số nghiệm của phương trình 1 chính là số giao điểm của đường thẳng y f x và đường thẳng
y 2.
Từ bảng biến thiên suy ra: Đường thẳng y 2 cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt.
Đáp án B
Câu 18: Giá trị lớn nhất của hàm số f x x 4 4x 2 5 trên đoạn 2;3 bằng
A. 50.
B. 5.
C. 1.
Hướng dẫn giải
D. 122.
x 0 2;3
Cách 1: Ta có: f ' x 4x3 8x 4x x 2 2 0 x 2 2;3 .
x 2 2;3
Ta có: y 2 5; y 3 50; y 0 5; y
2 y 2 1.
Dó đó: max f x 50.
2;3
Đáp án A
Cách 2: Sử dụng casio: Sử dụng MODE 7, nhập hàm f x .
Start từ -2 và end 3, step 0,5. Ta cũng tìm được max f x 50.
2;3
2
Câu 19: Tích phân
dx
x 3 bằng
0
A.
16
.
225
5
B. log .
3
5
C. ln .
3
Hướng dẫn giải
D.
2
.
15
2
d x 3
2
dx
5
ln x 3 0 ln5 ln3 ln .
Ta có:
x 3 0 x 3
3
0
2
Đáp án C
Câu 20: Gọi z 1 và z 2 là hai nghiệm phức của phương trình 4z2 4z 3 0. Giá trị của biểu thức z1 z2
bằng
A. 3 2.
B. 2 3.
C. 3.
D.
3.
Hướng dẫn giải
Website: topa.vn
4
Giáo viên: Lưu Huệ Phương – Nguyễn Đức Hoạch
1
z1
2
4z2 4z 3 0
1
z2
2
2
i
2
2
2
1 2
z1 z2 2.
3.
2 2
2
i
2
Đáp án D
Câu 21: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a
tham khảo hình vẽ bên. Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD
và A’C’ bằng
A
D
B
C
A.
3a.
B. a.
C.
3a
.
2
D.
2a.
D'
A'
Hướng dẫn giải
B'
Ta có: BD/ /B'D' BD/ / A'B'C'D' d BD, A'C' d B, A'B'C'D' BB' a.
C'
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 số 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.
Hướng dẫn giải
Áp dụng công thức lãi kép ta được: M A 1 r% 100.106. 1 0,4%
n
6
102 424 000 đồng
Đáp án A
Câu 23: Một hộp chứa 11 quả cầu gốm 5 quả cầu màu xanh và 6 quả cầu màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên đồng
thời 2 quả cầu từ hộp đó. Xác suất để 2 quả cầu chọn ra cùng màu bằng
5
6
5
8
.
.
.
.
A.
B.
C.
D.
22
11
11
11
Hướng dẫn giải
2
Chọn 2 quả cầu bất kì trong 11 quả cầu có: C11
(cách).
Gọi A là biến cố “2 quả cầu chọn ra cùng màu”
TH1: 2 quả cầu chọn ra cùng màu xanh: C52
TH2: 2 quả cầu chọn ra cùng màu đỏ: C26
Do đó: A C52 C26 P A
C52 C26 5
.
2
11
C11
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.
Hướng dẫn giải
Phương trình mặt phẳng cần tìm đi qua A 1;2;1 và có VTPT AB 3; 1; 1 là:
Website: topa.vn
5
Giáo viên: Lưu Huệ Phương – Nguyễn Đức Hoạch
3 x 1 y 2 z 1 0 3x y z 6 0
Đáp án B
Câu 25: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của SD. Tan của
góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng ABCD bằng
A.
2
.
2
B.
3
.
3
2
.
3
Hướng dẫn giải
C.
D.
1
.
3
Trong mặt phẳng SBD gọi N là trung điểm của OD
S
MN / /SO MN ABCD
̂
Do đó: BM, ABCD BM,BN MBN
M
a
a 2
a 2
Ta có: MD ;ND
MN MD2 ND2
.
2
4
4
A
3
3a 2
BN .BD
.
4
4
D
N
MN 1
Xét BMN vuông tại N có: tanMBN
.
BN 3
O
C
B
Đáp án D
Câu 26: Với n là số nguyên dương thỏa mãn C1n C2n 55, số hạng không chứa x trong khai triển của biểu
n
2
thức x3 2 bằng
x
A. 322560.
B. 3360.
C. 80640.
Hướng dẫn giải
Ta có: C1n C2n 55 n 2 n
n
n n 1
2
D. 13440.
n n 1 n 2!
n!
55 n
55
2! n 2!
2. n 2!
n 10 t / m
55 2n n2 n 110 n 2 n 110 0
.
n 11 L
10 k
10
10
10
k 2
2
k
k
x3 . 2
C10
.210 k .x3k 202k
Với n = 10 ta có: x3 2 C10
x
x
k 0
k 0
Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với 5k 20 0 k 4.
Đáp án D
4
.26 13440.
Số hạng không chứa x là: C10
Câu 27: Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình log 3 x.log 9 x.log 27 x.log 81 x
A.
82
.
9
B.
80
.
9
C. 9.
2
bằng
3
D. 0.
Hướng dẫn giải
log x log x log x 2
2
4
Ta có: log 3 x.log 9 x.log 27 x.log 81 x log 3 x. 3 . 3 . 3 log 3 x 16
3
2
3
4
3
x 9
log3 x 2
1.
log3 x 2 x
9
Vậy tổng các nghiệm bằng 9
1 82
.
9 9
Đáp án A
Website: topa.vn
6
Giáo viên: Lưu Huệ Phương – Nguyễn Đức Hoạch
Câu 28: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA OB OC. Gọi M là trung
điểm của BC. Góc giữa hai đường thẳng OM và AB bằng
A. 90o.
B. 30o.
C. 60o.
Hướng dẫn giải
D. 45o.
A
Gọi N là trung điểm của AB MN / /AC AC,OM MN,OM
1
1
1
Ta có: MN AC;ON AB;OM BC.
2
2
2
Mà: AB AC BC MN ON OM OMN đều.
N
Do đó: MN,OM OMN 60o.
Đáp án C
C
O
M
B
Câu 29: Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d1 :
x 3 y 3 z 2
x 5 y 1 z 2
và
; d2 :
1
2
1
3
2
1
mặt phẳng P : x 2y 3z 5 0. Đường thẳng vuông góc với P , cắt d1 và d2 có phương trình là
A.
x 1 y 1 z
.
1
2
3
B.
x 2 y 3 z 1
x 3 y 3 z 2
. C.
.
1
2
3
1
2
3
Hướng dẫn giải
D.
x 1 y 1 z
.
3
2
1
Gọi A 3 a;3 2a; 2 a d1 ;B 5 3b, 1 2b;2 b d2
B
Mặt phẳng P có VTPT n 1;2;3
Vì đường thẳng cần tìm vuông góc với P nên nhận
A
n 1;2;3 làm VTCP. Loại đáp án D
d2
d1
Lại có: AB a 3b 2;2a 2b 4; a b 4
Vì AB và n cùng phương nên:
a 3b 2 2a 2b 4 a b 4
1
2
3
P
2a 6b 4 2a 2b 4 a 2
A 1; 1;0 ,B 2;1;3 .
3a 9b 6 a b 4
b 1
Phương trình đường thẳng cần tìm là:
x 1 y 1 z
.
1
2
3
Đáp án A
Câu 30: Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số y x3 mx
1
đồng biến trên
5x5
khoảng 0; ?
A. 5.
B. 3.
C. 0.
Hướng dẫn giải
D. 4.
1
x6
1
Hàm số y x3 mx 5 đồng biến trên khoảng 0;
5x
Ta có: y ' 3x 2 m
Website: topa.vn
7
Giáo viên: Lưu Huệ Phương – Nguyễn Đức Hoạch
y ' 0 x 0; 3x 2 m
Cách 1: f ' x 6x
1
1
0 x 0; m 3x 2 6 f x m max f x
6
0;
x
x
6
0 x 8 1 x 1.
x7
Lập bảng biến thiên suy ra: Max f x f 1 4 m 4.
0;
Cách 2: Dùng Casio bấm MODE 7, Start từ 0, End = 10, Step 0,5 ta tìm được max f x f 1 4
0;
Do m nguyên âm nên m 4; 3; 2; 1 Có 4 giá trị của m thỏa mãn.
Đáp án D
Câu 31: Cho H là hình phẳng giới hạn bởi parabol
y
y 3x2 , cung tròn có phương trình y 4 x2 với
0 x 2 và trục hoành phần tô đậm trong hình vẽ.
Diện tích H bằng
A.
2
4 3
.
12
B.
4 2 3 3
C.
.
6
4 3
.
6
1
x
5 3 2
D.
.
3
-1
2
O
Hướng dẫn giải
x2 1
Phương trình hoành độ giao điểm: 3x 4 x 3x 4 x 2
x 1 do x 0;2
x 4
3
2
2
2
1
4
2
Từ hình ta có: SH 3x 4 x dx 3x dx
2
2
2
0
0
1
2
1
3x3
3
4 x dx
I
I.
3 0
3
2
Tính I: Đặt x 2sint,dx 2costdt , x 1 t ;x 2 t
6
2
2
2
6
6
Khi đó I 2cos t.2cos tdt 2 1 cos2t dt 2t sin2t 2
6
2
3
3
2
3 2
3 4 3
3
3
2
6
Từ đó suy ra SH
→ Đáp án B
2
Câu 32: Biết
dx
x 1
x x x 1
1
A. P 24.
C. P 18.
Hướng dẫn giải
B. P 12.
2
x 1
1
2
a b c với a, b, c là các số nguyên dương. Tính P a b c.
2
dx
x x x 1
x x 1
2
1
1
dx
x 1 x
3 1 32 12 2
x x 1
2 2 2
2
1
D. P 46.
x 1 x
2
1
1
dx
dx
x
x 1
x x 1 x 1 x
1
a b c
a 32,b 12,c 2 P 46.
→ Đáp án D
Website: topa.vn
8
Giáo viên: Lưu Huệ Phương – Nguyễn Đức Hoạch
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.
A. S xq
16 2
.
3
16 3
.
3
Hướng dẫn giải
B. Sxq 8 2.
D. Sxq 8 3.
C. S xq
A
B
O
D
B
O
r
M
C
M
D
C
Gọi O là tâm tam giác đều BCD, M là trung điểm của CD.
Khi đó BM
3
2
4 3
1
2 3
.4 2 3 , BO BM
,OM BM
2
3
3
3
3
Chiều cao của tứ diện ABCD là h AO AB2 BO2
Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác BCD r OM
Khi đó hình trụ có Sxq 2rh
4 6
3
2 3
3
16 2
3
→ Đáp án A
Câu 34: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 16x 2.12x m 2 9 x 0
có nghiệm dương?
A. 1.
B. 2.
C. 4.
Hướng dẫn giải
D. 3.
Cách 1: Dễ thấy 9x 0, x .
Chia cả 2 vế của phương trình trên cho 9x , phương trình đã cho trở thành
2
x
4 x
4
2. m 2 0
3
3
x
4
Đặt t , t 1. Phương trình trên trở thành t 2 2t m 2 0. 1
3
Ycbt trở thành tìm m để phương trình 1 có nghiệm t 1.
Ta có 1 m t 2 2t 2 f t .
2
f t 2t 2 0, t 1.
Bảng biến thiên
t
f t
Website: topa.vn
1
3
9
Giáo viên: Lưu Huệ Phương – Nguyễn Đức Hoạch
Để phương trình 2 có nghiệm t 1 thì m f 1 3 m 1;2 .
2
x
4 x
4
Cách 2: Phương trình đã cho trở thành 2. m 2 0
3
3
2
2
4 x
4 x
1 m 3 0 1 3 m 2
3
3
x
0
x
4 4
4
Để phương trình đã cho có nghiệm thỏa mãn x > 0 nên 1 1 0
3 3
3
3 m 0 m 3.
Vì m nguyên dương nên m 1,2 .
→ Đáp án B
Câu 35: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 3 m 33 m 3sin x sin x có nghiệm
thực?
A. 5.
B. 7.
C. 3.
Hướng dẫn giải
D. 2.
Đặt y 3 m 3sin x .
1
2
3
3 m 3y sin x
m 3y sin x
Ta có hệ sau
3
3 m 3sin x y m 3sin x y
Trừ từng vế của 1 , 2 ta có 3 y sin x sin3 x y 3 sin x y sin 2 x sin x.y y 2 0
y sin x
2
sin x 3 m 3sin x m sin3 x 3sin x f x .
2
sin
x
sin
x.y
y
3
L
Từ bảng biến thiên của f x , để phương trình đã cho có nghiệm thực thì phương trình m f x
có nghiệm hay minf x m max f x 2 m 2 m 2; 1;0;1;2 .
→ 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
A. 1.
B. 2.
C. 0.
Hướng dẫn giải
D. 6.
Xét hàm số f x x3 3x m,x 0;2
f x 3x2 3,f x 0 x 1 x 0;2
Bảng biến thiên
x
0
f x
f x
1
-
0
2
+
m+2
m
m–2
Trường hợp 1: Giá trị m – 2 ở dưới trục Ox và giá trị m trên trục Ox
max f x m 2 3 m 1
Khi đó 0;2
m 1.
m 0
2
m
m
2
Website: topa.vn
10
Giáo viên: Lưu Huệ Phương – Nguyễn Đức Hoạch
Trường hợp 2: Giá trị m+2 ở trên trục Ox và giá trị m, m – 2 dưới trục Ox
max f x 2 m 3 m 1
Khi đó 0;2
m 1.
m 0
2 m m 2
Trường hợp đồ thị nằm hoàn toàn trên trục hoành và dưới trục hoành, hoặc cắt trục hoành tại
x 0 , xét tương tự ta thấy không thỏa mãn.
Vậy m 1;1 .
→ Đáp án B
2
1
,f 0 1 và f 1 2. Giá trị của
\ thỏa mãn f ' x
2x
1
2
Câu 37: Cho hàm số f x xác định trên
biểu thức f 1 f 3 bằng
A. 4 ln15.
B. 2 ln15.
Ta có: f x f x dx
C. 3 ln15.
Hướng dẫn giải
D. ln15.
2
dx ln 2x 1 C
2x 1
1
1
Xét trên khoảng ; : f 0 1 C 1 f x ln 2x 1 1, x ; f 1 1 ln3.
2
2
1
1
Xét trên khoảng ; : f 1 2 C 2 f x ln 2x 1 2, x ; f 3 2 ln5.
2
2
f 1 f 3 ln15 3.
→ Đáp án C
Câu 38: Cho số phức z a bi a,b
thỏa mãn z 2 i z 1 i 0 và z 1. Tính P a b.
B. P 5.
A. P 1.
C. P 3.
Hướng dẫn giải
D. P 7.
Ta có z 1 a2 b2 1 hay a2 b2 1.
2
a 2 a b 0
Từ z 2 i z 1 i 0 a 2 a b2 b 1 a2 b2 0
2
2
b 1 a b 0
a 1 b
a 2 a b b 1 a b
2
2
2
2
a 2 a a 1
a 2 a b 0
2
2
2
2
a 1
L
b a 1
b 0
a 1
a 3
0
a
3
TM
b 4
Vậy P 7.
→ Đáp án D
y
Câu 39: Cho hàm số y f x . Hàm số y f ' x có
đồ thị như hình bên. Hàm số y f 2 x đồng biến
-1
y=f'(x)
x
1
O
4
trên khoảng
A. 1;3 .
B. 2; .
Website: topa.vn
11
Giáo viên: Lưu Huệ Phương – Nguyễn Đức Hoạch
C. 2;1 .
D. ; 2 .
Hướng dẫn giải
Ta có y f ' 2 x .
2 x 1
x 3
Để hàm số y f 2 x đồng biến thì f ' 2 x 0 f ' 2 x 0
.
1 2 x 4 2 x 1
Vậy hàm số y f 2 x đồng biến trên khoảng 2;1 và 3; .
→ Đáp án C
Câu 40: Cho hàm số y
x 2
có đồ thị C và điểm A a;1 . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của
x 1
a để có đúng một tiếp tuyến của C đi qua A. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng
A. 1.
B.
y
1
x 1
2
3
.
2
5
.
2
Hướng dẫn giải
C.
D.
1
.
2
, x 1. Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến d qua A x0 1 .
Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x0 là y
Vì A d nên em có 1
1
a x0
2
x0 1
1
x0 1
2
x x0
x0 2
x0 1
2
x0 2
2x 6x 0 3 a 0
0
x0 1
x0 1
Để có duy nhất 1 tiếp tuyến qua A thì phương trình trên chỉ có duy nhất 1 nghiệm hoặc có 2 nghiệm
phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bằng 1
0
3 2a 0
3
3
0
a S 1;
3 2a 0
2
2
f 1 0
a
1
a 1
→ 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 x’Ox, y’Oy, z’Oz lần lượt lại các điểm A, B, C sao cho OA OB OC 0?
A. 3.
B. 1.
C. 4.
D. 8.
Hướng dẫn giải
Giả sử A a;0;0 ,B 0;b;0 ,C 0;0;c
Khi đó OA OB OC hay a b c k 0
Phương trình mặt phẳng ABC:
x y z
1.
a b c
1 1 2
M ABC 1 1 .
a b c
Từ phương trình trên em thấy nếu trong 3 giá trị a, b, c có 2 giá trị âm thì phương trình trên sẽ
không thỏa mãn do a b c vậy trong 3 giá trị a, b, c chỉ có tối đa 1 giá trị âm.
+ Trường hợp 1: a,b,c > 0 hay a=b=c=k
Thay vào 1 k 4 a b c 4 Pt ABC : x y z 4 0
Website: topa.vn
12
Giáo viên: Lưu Huệ Phương – Nguyễn Đức Hoạch
+ Trường hợp 2: a 0,b,c 0 a k,b c k
x y z
Tương tự em được k 2 a 2,b c 2 Pt ABC : 1
2 2 2
+ Trường hợp 3: b 0,a,c 0 b k,a c k
x y z
Tương tự em được k 2 b 2,a c 2 Pt ABC : 1
2 2 2
+ Trường hợp 4: a,b 0,c 0 a b k,c k
Tương tự trên, trường hợp này không có nghiệm k.
Vậy có tất cả 3 mặt phẳng thỏa mãn.
→ Đáp án A
Câu 42: Cho dãy số un thỏa mãn logu1 2 logu1 2logu10 2logu10 và un 1 2un với mọi n 1.
Giá trị nhỏ nhất của n để un 5100 bằng
A. 247.
B. 248.
Do un 1 2un
C. 229.
Hướng dẫn giải→ Đáp án
D. 290.
u n 1
2 q 2. Vậy un là cấp số nhân với công bội q = 2.
un
logu1 2 logu1 2logu10 2logu10 2 logu1 2logu10 2logu10 logu1
t 0
t 0
Đặt t log u1 2log u10 2 t t
t 1 t 1
2
2 t t
t 2
log u1 2log u10 1 log u1 log u10 1 log
u1
2
29 u1
2
1
1
1
10
u1 18
218.u1 10
2
Mà: un pn 1 .u1 5100 2n 1.
10
5100 n 247,87
218
Giá trị nhỏ nhất của n để un 5100 bằng 248.
→ Đáp án B
Câu 43: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y 3x 4 4x3 12x 2 m có 7 điểm cực
trị?
A. 3.
B. 5.
C. 6.
Hướng dẫn giải
D. 4.
Xét hàm số f x 3x 4 4x3 12x2 m .
Khảo sát hàm số trên, em lập được bảng biến thiên
x
0
1
f x
m
m 5
2
m 32
Ta thấy hàm số trên có 3 điểm cực trị, do đó để hàm số y f x có 7 điểm cực trị thì trục hoành
phải cắt đồ thị hàm số f x tại 4 điểm hay m 5 0 m 0 m 5 m 1;2;3;4 .
→ Đáp án D
Website: topa.vn
13
Giáo viên: Lưu Huệ Phương – Nguyễn Đức Hoạch
8 4 8
Câu 44: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 2;2;1 ,B ; ; . Đường thẳng đi qua tâm đường
3 3 3
tròn nội tiếp của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng OAB có phương trình là
A.
C.
x 1 y 3 z 1
.
1
2
2
1
5
11
y
z
3
3
6 .
1
2
2
x
B.
x 1 y 8 z 4
.
1
2
2
2
2
5
y
z
9
9
9.
D.
1
2
2
Hướng dẫn giải
x
8 4 8
Cách 1: Ta có: OA 2;2;1 ;OB ; ; ;OA 3;OB 4
3 3 3
A
n OA;OB 4 1; 2;2 là VTPT của mặt phẳng OAB .
Gọi D là chân đường phân giác hạ từ đỉnh O xuống đường cạnh AB.
DA AO 3
3
AD BD
Ta có:
DB BO 4
4
3
8
x 2 4 x 3
x 0
3
4
12
12 12
y 2 y y D 0; ; .
4
3
7
7 7
12
3 8
z
z 1 z
7
4 3
D
3
I
O
4
B
20
8 8 20
BD ; ; BD .
7
3 21 27
Gọi I x;y;z là tâm đường tròn nội tiếp OAB có:
IO OB 7
7
OI
DI
ID BD 5
5
7
x x
5
x 0
7
12
y y y 1 I 0;1;1
5
7
z 1
7 12
z z
5
7
Vậy phương trình đường thẳng đi qua I 0;1;1 và có VTCP là n 1; 2;2
Ta có:
x 1 y 3 z 1
. → Đáp án A
1
2
2
Cách 2: Công thức tính nhanh tâm đường tròn nội tiếp trong không gian
Ví dụ: ABC có tâm I thì: BC.IA CA.IB AB.IC 0
BC.x A CA.x B AB.x C
x I
BC CA AB
BC.y A CA.y B AB.y C
Hay y I
BC CA AB
BC.z A CA.zB AB.zC
zI
BC CA AB
Website: topa.vn
14
Giáo viên: Lưu Huệ Phương – Nguyễn Đức Hoạch
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. Thể tích của khối đa diện ABCDSEF bằng
7
11
2
5
A. .
B.
C. .
D. .
.
6
12
3
6
Hướng dẫn giải
C
S
Ta có: VABCDSEF VADF.BCE VS.DCEF
Gọi M là trung điểm của CE BM DCEF .
D
Vì S là điểm đối xứng với B qua DE
M
I
d B, CDFE d S, CDFE BM.
1
VABCDSEF VADF.BCE VS.DCEF AB.S ADF BM.SDCEF
3
1
B
E
1
2
,SCDFE CD.CE 1. 2 2.
Ta có: BM CE
2
2
A
1 1 2
5
VABCDSEF 1. .
. 2 .
2 3 2
6
→ Đáp án D
Câu 46: Xét các số phức z a bi a,b
thỏa mãn
1
F
z 4 3i 5. Tính P a b khi
z 1 3i z 1 i đạt giá trị lớn nhất.
A. P 10.
C. P 6.
Hướng dẫn giải
B. P 4.
D. P 8.
y
Gọi M là điểm biểu diễn của số phức z và I 4;3 , A 1;3 ,B 1; 1
M
3
A
là điểm biểu diễn số phức 4+3i, – 1+3i, 1 – i.
I
Từ z 4 3i 5 MI 5
2
Hay M chạy trên đường tròn tâm I, bán kính 5 .
K
Ta có P z 1 3i z 1 i MA MB.
-2
P MA MB 2MA.MB 2 MA MB Bất đẳng thức Côsi
2
2
2
2
2
Gọi K là trung điểm của AB, khi đó K 0;1 MK2
-1 O
-1
x
1
4
B
MA2 MB2 AB2
.
2
4
AB2
. Do đó P2 4.MK2 AB2
2
Do đó MA+MB lớn nhất khi P lớn nhất tức M nằm trên đường thẳng IK và I nằm giữa MK.
Phương trình IK: x 2y 2 0 .
MA2 MB2 2MK2
M a;b là giao điểm của IK và đường tròn tâm I nên
a 2b 2
a 6
x 2y 2 0
a 2b 2
b 2 L
P 10.
2
2
2
b
4
x
4
y
3
5
5
b
3
5
b 4 TM
→ Đáp án A
Câu 47: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB 2 3 và AA’ = 2. Gọi M, N, P lần lượt là trung
điểm của các cạnh A’B’, A’C’ và BC tham khảo hình vẽ bên. Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng AB'C'
và MNP bằng
Website: topa.vn
15
Giáo viên: Lưu Huệ Phương – Nguyễn Đức Hoạch
A.
6 13
.
65
B.
17 13
.
65
Hướng dẫn giải
13
.
65
C.
D.
18 13
.
65
Gọi I NC AC',J MB AB' , K là trung điểm IJ, Q là trung điểm của B’C’.
C'
Khi đó IJ AB'C' MNP .
Ta chứng minh được
Q
AB'C'; MNP AK;KP .
M
B'
Do đó ta sẽ tính cos AK;KP hay cos AKP .
A'
I
K
Gọi H là trung điểm của MN, E là hình chiếu của N trên BC.
Ta chứng minh được A, K, Q thẳng hàng P, K, H thẳng hàng,
HP MN,HP BC.
J
2
C
3
1
.2 3 3.
Ta có: AC' AB' 4;NC BM 7 ,MN B'C' 3, AP
2
2
P
2 3 A
B
1
3
3
5
MH MN
EB
HP ME BM2 EB2
2
2
2
2
IC' IN NC' 1
IA
IC 2 PK 2
5
PK
Vì AC ̸ ̸NC’ nên
IA IC AC 2 AC' CN' 3 PH 3
3
M
AK AI 2
2 13
AK
AQ AC' 3
3
B
H
K
J
Ta tính được: AQ AC'2 C'Q2 16 3 13.
Trong tam giác AB’C’ ta có
N
H
E
P
N
I
C
Áp dụng định lí cosin cho tam giác AKP em có
AK 2 KP2 AP2
13
13
cos AB'C' ; MNP cos AKP
2AK.KP
65
65
→ 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
cos AKP
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 ?
A. 5.
B. 7.
C. 6.
Hướng dẫn giải
D. 8.
Gọi n a;b;c với a2 b2 c2 0 là vecto pháp tuyến của mặt phẳng P tiếp xúc với 3 mặt cầu
S1 , S2 , S3 . Gọi M là trung điểm của BC M1; 1;1 ;BC 4;0;0 .
TH1: P đi qua M, nên: P :a x 1 b y 1 c z 1 0
Hay P :ax by cz a b c 0.
4a
b 3
1
2 11a2
2
2
2
c 9
d A, P 2 3b 2 a b c
3b 2. 2a
Ta có:
2
2
2
2
2
2
2
4a
4a a b c
d B, P 1
2b 2 a b c
b 3
2
2 11a2
c 9
Website: topa.vn
16
Giáo viên: Lưu Huệ Phương – Nguyễn Đức Hoạch
11
a
c
9
Hệ 1 có nghiệm
; Hệ 2 có nghiệm
11
a
c
9
11
a
c
9
11
a
c
9
4
11 4a 11
4a 11
4a
11
Có 4 VTPT a; a;
a ; a; ;
a ; a; ;
a ; a; ;
a
3
9 3
9
3
9
3
9
Vậy có 4 mặt phẳng.
TH2: P song song với BC n.BC 0 a 0.
Hay P :ax cz d 0.
2
2
d A, P 2 2b c d 2 b c
2b c d 2 b c d
Ta có:
2
2
2
d B, P 1
b c d b2 c2
b c d b c
d 4b c
d 4b c
2
2
2
2
2
b c d b c
c 8b c 2 2b
d c
d c
2
2
2
c 0;b 0
b c d b c
Hệ 3 có 2 nghiệm, hệ 4 có một nghiệm và các nghiệm này phân biệt. Vậy trường hợp này có 3
mặt phẳng.
Do đó có tất cả 7 mặt phẳng.
→ 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
Hướng dẫn giải
Số cách xếp 10 bạn thành hàng ngang: 10!.
Xếp 5 bạn lớp C thành hàng → Có 5! cách xếp.
Giữa 5 bạn lớp C có 4 khoảng trống và trong mỗi khoảng trống này phải có ít nhất 1 bạn lớp khác.
5 bạn lớp A, B sẽ được xếp vào 6 chỗ gồm 4 chỗ trống đó và 2 chỗ trống đầu hàng.
Trường hợp 1: Xen giữa các bạn lớp C chỉ có duy nhất 1 bạn lớp khác.
Khi đó 1 bạn lớp C phải ở đầu hàng hoặc cuối hàng → Có 2 cách chọn đầu hàng hoặc cuối hàng.
Xếp 5 bạn lớp A, B vào 5 chỗ trống còn lại → Có 5! cách xếp.
Vậy trường hợp này có 2.5!.5! = 28800 cách xếp.
Trường hợp 2: Xen kẽ giữa 2 bạn lớp C có 1 cặp lớp A,B và xếp vào 4 chỗ trống giữa các bạn lớp
C hay 2 bạn lớp C ở 2 đầu hàng.
+ Chọn cặp A,B → Có 2.3=6 cách
+ Chọn vị trí cặp A,B → Có 4 cách
+ A, B hoán vị → Có 2 cách
+ Chọn chỗ cho 3 bạn lớp A, B còn lại: 3! cách
Vậy trừng hợp này có 5!.6.4.2.3!=34560.
28800 34560 11
. → Đáp án A
Vậy P
10!
630
Website: topa.vn
17
Giáo viên: Lưu Huệ Phương – Nguyễn Đức Hoạch
1
Câu 50: Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn f 1 0, f ' x dx 7 và
2
0
1
1
1
x f x dx 3 . Tích phân f x dx bằng
2
0
A.
0
7
.
5
B. 1.
7
.
4
Hướng dẫn giải
C.
D. 4.
du f x dx
x3
1 1 x3
1
u f x
3
I
.f
x
Xét I x f x dx , đặt
.f x dx
x
2
3
3
0 0 3
0
dv x dx v
3
1
2
1
x3
1
.f x dx
.
3
3
0
2
1
1 x6 1
1
2
1 x3
Áp dụng bất đẳng thức Holder tích phân ta được: .f x dx dx . f x dx .
9 0 3
0 9 0
9
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi f x k.
x3
.
3
1
Mặt khác,
x3
1
7x 4
3
.f
x
dx
k
21
f
x
7x
f
x
C.
0 3
3
4
f 1 0 C
1
7
7x 4 7
7
f x
f x dx .
4
4
4 0
5
→ Đáp án A
Website: topa.vn
18
