Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 tổng hợp | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (416.08 KB, 24 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Câu 1. [2H2-3] Cho hình nón

 

N có góc ở đỉnh bằng 600, độ dài đường sinh bằng a. Dãy hình cầu

   

S1 , S2 ,

 

S3 ,...,



Sn



,... thỏa mãn:

 

S1 tiếp xúc với mặt đáy và đường sinh của hình nón

 

N ;

 

S2 tiếp xúc ngồi với

 

S1 và tiếp xúc với các đường sinh của hình nón

 

N ;

 

S3

tiếp xúc với

 

S2 và tiếp xúc với các đường sinh của hình nón

 

N ... Tính tổng thể tích các

khối cầu

  

S1 , S2

  

, S3 ,...,



Sn



,... theo a.
A.

3 3

a

 . B. 27 3 3

a

 . C. 3 3

a

 . D. 9 3 3

a

 .

Lời giải

Chọn A.

Cắt hình bởi mặt phẳng qua trục được thiết diện như
hình bên.

3
2
a

SO  ; 1 3

6
a

R  .

Xét mặt cầu tâm Sk bán kính Rk.
Do góc ASO 300 nên

1 1

2 ; 2

k k k k

SS  R SS   R  .

Mặt khác: SSk SSk1RkRk1 1

1
3

k k

R  R

  .

k

R

 là cấp số nhân với 1 3
6
a

R  .

k

R

 là cấp số nhân với

3
3
1

3 1

; 1

72 27

a

R  q  .

Tổng thể tích



13 23 3



... ...

3 n

V   R R  R 

3 3

52
a


 .

Câu 2. [2D1-3] Cho hàm số 2 1
2 2

x
y

x



 có đồ thị ( )C . Gọi M x y( ; )0 0 với x 0 1 là điểm thuộc ( )C .
Biết tiếp tuyến của ( )C tại M cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lận lượt tại A và B sao
cho SOIB 8SOIA, trong đó I là giao điểm hai tiệm cận. Tính giá trị của S x04y0.

A. S 8. B. 17

S  . C. 23

S  . D. S 2.

Lời giải

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Ta có





2
2

' .

2 2
y

x





Ta có A  

1 1 1

8S . .sin 8. . .sin A 8 .

2 2 8

OIB OI

IA

S OI IB OIB OI IA OI IB IA

IB

        

Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến tại M là tan 1
8
IA

k ABI

IB

  

Suy ra





2 0

2 1

3
8

2x 2 x



  

 (do x 0 1 ) 0
5
4
y
  .

Do đó 0 0

4 3 4. 8

4
S x  y    .

Câu 3. [2D1-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của a để đồ thị hàm số y x3 (a 10)x2 x 1

     cắt

trục hoành tại đúng một điểm?

A. 9. B. 10. C. 11. D. 8.

Lời giải

Chọn B.

Cách 1 : Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị đã cho và trụcOx

3 2

( 10) 1 0

x  a x  x 

3
2

1
10 x x
a

x
  

   (vì x 0khơng thỏa mãn phương trình).

Xét hàm số

2 2

1 1 1

( ) x x

g x x

x x x

  

    .

TXĐ: \ 0

 

.

2 3 3

1 2 2

'( ) 1 x x

g x

x x x

  

    ; g x'( ) 0  x3 x  2 0 x1.

Dựa vào BBT suy ra phương trình có đúng một nghiệm khi:
10 1

0 (gt)
a

a

  











10; 9;...; 1

a

     . Vậy có 10 số thỏa mãn.

Cách 2 : y' 3x2 2(a 10)x 1

    ln có hai nghiêm phân biệt x x1, 2 thỏa mãn

1 2

2( 10)
3
1
3

a

x x

x x

 



 







 




Khi đó, goi tọa độ hai điểm cực trị của hàm số là A x y B x y( ; ); ( ; )1 1 2 2 .

Để đồ thị hàm số cắt Oxtại một điểm duy nhất  y y1. 2 0

Ta lại có:

1 1

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Tương tự 3

2 2 2

2y x  x 2. Vậy



 



1. 2 0 1 1 2 2 2 2 0

y y   x x  x x   



x1 1





x12x12





x2 1





x22x22



0



x1 1

 

x2 1



     x x1 2 (x1x2) 1 0  1 2(a 10) 1 0

3 3

 

     a 11



10; 9;...; 1



a

     . Vậy có 10 số thỏa mãn.

Câu 4. [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn z 3 4 i  5. Gọi M và m lần luợt là giá trị lớn nhất cà
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P z 22 z i 2. Tính môđun của số phức M mi .
A.  2 314 . B.  2 309. C.   1258. D.  2 137.

Lời giải

Chọn C.

Cách 1:

Gọi z x yi  với x y  , . Ta có P



x 2



2 y2 x2



y 1



2 4x 2y 3

         .

Lại có z 3 4 i  5



x 3



2



y 4



2 5.

Xét đường thẳng : 4x2y 3 P0 và đường tròn

  

C : x 3



2



y 4



2 5.

Để  và

 

C có điểm chung thì





23 5 23 10 13 33
20

P

d I   R     P    P .
Do đó, M 33 và m 13.

Vậy  33 13i . Khi đó,   1258.

Cách 2:

Gọi z x yi  với x y  , .

Ta có P



x 2



2 y2 x2



y 1



2 4x 2y 3

         suy ra 4 3

P x

y   .

Từ









  



2 2 2 4 3

3 4 5 3 4 5 3 4 5 0

P x

z  i   x  y   f x  x       

  .

Ta có

 





4 4 11 2 10 16
2

P x

f x  x      P x

  .

 

0 0, 2 1,6

f x   x P . Suy ra y0,1P1,7.

Thay x y, vừa tìm được vào f x

 

ta được



0, 2P1,6 3



2



0,1P1,7 4



2 5 0 .
Ta giải được P 33 hoặc P 13. Đây tương ứng là GTLN và GTNN của P.

Vậy M 33,m13. Khi đó,   1258.

Cách 3:

Đặt 3 5 sin ,





4 5 cos

x t

t

y t 

  





 




Khi đó P4 3



 5 sint

 

2 4 5 cost



 3 2 5 2sin



tcost



23. 
Mà  5 2sin tcost 5 nên 13 P 33

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu 5. [2D3-4] Cho hàm số yf x( )liên tục trên và
có đồ thị '( )f x như hình vẽ bên:

Biết ( ). ( ) 0f a f b  hỏi đồ thị hàm số y f x ( ) cắt
trục hồnh tại ít nhất bao nhiêu điểm?

A. 4. B. 3 .

C. 2. D. 1.

Lời giải

Chọn C.

Từ đồ thị của '( )f x ta có bảng biến thiên của hàm số y f x ( ) sau đây:
x

'( )
f x

( )

f x

Theo đề ra và bảng biến thiên ta có:
( ). ( ) 0 ( ) 0

( ) ( ) ( ) 0

f a f b f b

f a f b f a

 

 

 

 

 

 

Ta có: '( ) '( ) '( ) 0 ( ) ( ) 0 ( ) ( ) 0

b c c

a b a

f x dx f x dx  f x dx   f c  f a    f c f a 



Vì hàm số yf x( )liên tục trên  nên yf x( )liên tục trên



a b và ( ). ( ) 0;



f a f b  nên tồn
tại x1



a b;



sao cho f x  .( ) 01

Vì hàm số yf x( )liên tục trên  nên yf x( )liên tục trên



b c và ( ). ( ) 0;



f b f c  nên tồn
tại x2



b c;



sao cho f x  .( ) 02

Mặt khác



a b;

 

 b c;



 nên đồ thị hàm số y f x ( ) cắt trục hồnh tại ít nhất tại hai
điểm.

Câu 6. [2H2-4] (Đề chuyên Hạ Long –lần 2-2018- Mã 108) Trong khơng gian, cho bốn mặt cầu có
bán kính lần lượt là 2;3;3;2 (đơn vị độ dài) đôi một tiếp xúc với nhau. Mặt cầu nhỏ tiếp xúc
ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng

A. 5

9. B.

7. C.

15. D.

6
11.

Lời giải

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Gọi ,A B là tâm mặt cầu bán kính 2 ; ,C D là tâm mặt cầu bán kính 3 và I là tâm mặt cầu cần
tìm với bán kính x . Mặt cầu I tiếp xúc ngoài với bốn mặt cầu , , ,A B C D

2
IA IB x

    và IC ID x   .3
IA IB  I

 

P là mặt phẳng trung trực của .AB

IC ID  I

 

Q là mặt phẳng trung trực của CD.

     

. 1

I P Q

  

Gọi M N, lần lượt là trung điểm của ABvà CD.

Tứ diện ABCD có DA DB CA CB    5 MN là đường vng góc chung của AB CD,

   

     

, ; . 2

M N P Q MN P Q

    

Từ

 

1 và

 

2  I MN .

Tam giác AIM có IM IA2 AM2



x 2



2 4.

    

Tam giác CIN có IN IC2 CN2



x 3



2 9.

    

Trong tam giác ABN có 2 2 2 2 2

MN= AN  AM  AC  CN  AM  12.













2 2 2 2

2 2 2

2 4 3 9 12 4 12 6

4 12 6 2 12 6

11 60 36 0

x x x x x x

x x

           

      

   

6
11
x

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu 7. [1D2-4] Cho hàm số f x

 

có đạo
hàm liên tục trên . Bảng biến
thiên của hàm số yf x

 

được
cho như hình vẽ bên. Hàm số

1
2
x
yf   x

  nghịch biến trên
khoảng

A.



2; 4 .



B.



0; 2 .



C.



2; 0 .



D.



4; 2 .



Lời giải

Chọn D.

Đặt

 

1
2
x
g x f   x

  .

Ta có

 

1 1 1 1 1 1

2 2 2 2

x x x

g x    f    f  

     

.
Ta có một số đánh giá sau



2; 4





1;0





1;3



 

1 1 1 1 1;

2 2 2 2 2 2

x x x

x      f    g x  f     

      .

Do đó hàm số g x

 

khơng nghịch biến trên



2;4 .





0;2





0;1





1;1



 

1 1 1 1 3;

2 2 2 2 2 2

x x x

x     f     g x  f    

     .

Do đó hàm số g x

 

không nghịch biến trên



0;2 .





2;0





1; 2





1; 2



 

1 1 1 0;3 .

2 2 2 2 2

x x x

x      f     g x  f    

     

Do đó hàm số g x

 

không nghịch biến trên



2;0 .





4; 2





2;3





2; 4



 

1 1 1 0

2 2 2 2

x x x

x       f    g x  f   

    .

Do đó hàm số g x

 

nghịch biến trên khoảng



4; 2 .



Câu 8. [2D4-4] [HKII-SỞ BẠC LIÊU-2017-2018] Xét số phức z a bi  (a b  , và b 0) thỏa
mãn z 1. Tính P 2a 4b2

  khi z3 z2 đạt giá trị lớn nhất.

A. P 4. B. P  2 2. C. P 2. D. P  2 2.

Lời giải

Chọn C.

Cách 1:

Từ giả thiết có a2 b2 1

   b2  1 a2 0 với a  



1;1



và z z . 1.

Ta có z3 z2 z2 .z 1 22

z z

  

z z z

   2bi2



a2 b2 2abi





2 2







2 a b b 2ab i

    2



a2 b2





b 2ab



   

x -1 0 1 2 3

 

f x
3

-1

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>



2 2



2 2





2
2 a b b 1 2a

    2 2



a21

 

2 1 a2





2a1



2 2 4a3 a2 4a2
Xét f a

 

4a3 a2 4a 2

    , với  1 a1.

 

12 2 2 4

f a  a  a ; f a

 

0 12a2 2a 4 0

     









1;1
2

1;1
3

a

a


  


 

   


Bảng biến thiên:

Suy ra

 1;1

 

1 13
max

2 4

a  f a f

 
  

  , đạt được khi

1
2

a  , 2 3

4
b  .

Vậy 2 4 2 2 1 3 2
2

P a b    

  .

Cách 2:

Ta có z cosx isinx z3 cos3x isin 3x

     . Vì b 0 nên sinx 0, cosx  



1;1



.
Khi đó

3 2

z  z 



cos 3x i sin 3x

 

 cosx i sinx



2



cos 3x cosx 2

 

sin 3x sinx i



    



cos3x cosx 2





sin 3x sinx



    



2 2sin 2 .sinx x





2 cos 2 .sinx x



  

2 2 2 2

4 8sin 2 sinx x 4sin xsin 2x 4cos 2 sinx x

   

2 2

4 16sin xcosx 4sin x

  









4 16 1 t t 4 1 t

     3 2

16t 4t 16t 8

    với t cosx 



1;1



Đặt f t

 

16t3 4t216t8, t  



1;1



.

 

48 2 8 16 0

f t  t  t 









1;1
2

1;1
3

t

t


  


 

   



</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

 1;1

 

max 13

2
t  f t f

 

   

 

1
cos
2

t x

   .

Khi đó: 2a 2 12 a 12 b2 34
a b      .
Vậy 2 4 2 2 1 3 2

P a b    

  .

Câu 9. [1D2-4] Cho r 0,1, 2, ,10 và A B Cr, ,r r lần lượt là các hệ số của xr trong các khai triển sau



1x



10, 1



x



20 và



1 x



30. Tính giá trị biểu thức





10 10

r r r

r

A B B C A







A. B10 C10. B.





10 10 10 10

A B  C A . C. 0. D. C10 B10.

Lời giải

Chọn D.

Theo giả thiết 10

r
r

A C , 20

r
r

B C , 30

r
r

C C .





10 10

r r r

r

S A B B C A











10 10 2

10 10 20 10 10

1 1

r r r

r r

B C C C C

 









Xét



1x



30  



1 x

 

20 x1



10, suy ra hệ số của x10 trong hai khai triển là:

1 1 2 2 10 10 10

10 20 10 20 10 20 10 20 30

1
r r
r

C C C C C C C C C



     





10
10 20 30
1

1
r r

r

C C C







  .

Xét



1x



20  



1 x

 

10 x1



10, suy ra hệ số của x10 trong hai khai triển là:

1 1 2 2 10 10 10

10 10 10 10 10 10 10 10 20

1
r r
r

C C C C C C C C C



     









10 2

10 20

1
r

r

C C







  .

Nên





10 10 2

10 10 20 10 10

1 1

r r r

r r

S B C C C C

 









B C10



1030 1



 C3010



C10201



C10 B10.

Câu 10. [2D4-3] Cho z1, z2 là hai số phức thỏa mãn 2z i  2 iz , biết z1 z2 1. Tính giá trị của

biểu thức Pz1z2

A. 3

P  . B. P  2. C. 2

P  . D. P  3.

Lời giải

Chọn D.

Cách 1.

+ Đặt z x yi  , x y  , , ta có 2z i  2 iz  2x



2y1



i 



2 y



xi









2 2 2 2 2 2

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

2 2

1 2

1 1 1

x y z z z

       

+ Sử dụng công thức: z z1, 2  ta có





2 2 2 2

1 2 1 2 2 1 2

z z  z  z  z  z
Suy ra P  3.

Cách 2.

+ Biến đổi: iz2  i iz



2



 z 2i

Ta có 2z i  z 2i  2z i 2 z 2i2 z  1 z1 z2 1.

+ Sử dụng công thức bình phương mơ đun





2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1, 2 2

mz nz m z  mnz z cos z z n z

Trong đó



z z là góc MON1, 2



 với M, N lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z z1, 2 trên

mặt phẳng phức









2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 1 2 . . , 1 ,

2
z  z   z  z   z  z  z z cos z z   cos z z  .
Vậy P2 z1z22  1 z12 z2 22 z z cos z z1 . 2 .



1, 2



 3 P 3.

Câu 11. [2D3-4] Cho hàm số f có đạo hàm liên tục trên

[ ]

1;8 và thỏa mãn

( )

(

)

2 2 8 2

2 2

3 3 2

1 1 1 1

2 1

f x dx f x dx f x dx x dx

é ù + = -

-ê ú

ë û

ị

Tích phân

( )

3
1

f x dx

é ù

ë û

ò

bằng:

A. 8ln 2

27 . B.

ln 2

27 . C.

3. D.

5
4.
Lời giải

Chọn A.

Đặt 3 2

t=x ®dt= x dx

( )

(

)

2 2 8 2

2 2

3 3 2

1 1 1 1

2 1

f x dx f x dx f x dx x dx

é ù + = - 
-ê ú
ë û

ò

( )

2
2 2
3 3

8 8 8

2 2 2

3 3 3

1 1 1

1 1

2 0

f t t t

f t

dt dt dt

t t t

é ù é ù
ê- ú ê- ú
ê ú ê ú
é ù
ë û ë û ë û
Þ

ị

ò

( )

2
8 3
1
3
1
1
0

f t t

dt
t
é ù
ê + - ú
ê ú
Û ê ú =
ê ú
ë û

ò

( )

23 1 '

( )

2 31

f t t f t t

-Þ = - Þ =

( )

2
2

3
1
1
8 8

' ln ln 2

27 27

f x dx t

é ù

ị

ë û = = .

Câu 12. [2D3-4] (Chuyên Hà Tĩnh – Lần 1 2018) Biết

2018

2018 2018

sin

d , ,

sin cos

a

x x

I x a b

x x b

+
= = ẻ
+

ũ

Â
p
p
.
Tớnh P=2a b+ .

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Li gii

Chn A.

Đặt t= -p x®dt=- dx

2018 2018

2018 2018 2018 2018

0 0

sin sin

d d

sin cos sin cos

t t t

I t t

t t t t

Þ =
-+ +

ị

p p
p
2018
2018 2018
0
sin
d

2 sin cos

x
I x
x x
Þ =
+

ị

p

2 2018 2018

2018 2018 2018 2018

sin sin

d d

2 sin cos sin cos

x x

x x x x

é ù
ê ú
ê ú
= ê + ú
+ +
ê ú
ê ú
ë û

ò

p
p
p
p

(

)

2 A B
p

= +

Đặt d d

u= -x p® u= x Þ 2 2018

2018 2018
0
cos
d
sin cos
x
B x
x x
=
+

ị

p

2 2
0
1d
2 4
I x
Þ =

ị

=
p

p p 2 2 8

4
a

P a b

b
ỡ =
ùù

ị ớù = ị = + =

ùợ .

Cõu 13. [2D2-3] [ĐỀ YÊN LẠC VĨNH PHÚC LẦN 4] Tìm số nguyên m nhỏ nhất để bất phương

trình: log3



x2 x 1



2x3 
2

3x log x m 1

 

1 (ẩn x ) có ít nhất hai nghiệm phân biệt.
A. m  .3 B. m  .2 C. m  .1 D. m  .1

Lời giải

Chọn B.

Điều kiện: x 0.
Cách 1:

Khi đó:

 

1 3 2

log x 1 2x 3x 1

x

 

      

  m

Đặt: 3 3 2

y log x 1 2x 3x 1

x
 
      
  





2
2
1
6 1
1

1 ln 3

x

y x x

x x
x

   
 
 
 
 
0 1

y   x . Ta có bảng biến thiên:

Từ BBT suy ra m 1 thì bất phương trình có ít nhất 2 nghiệm phân biệt. Do đó m 2 thỏa
mãn u cầu bài tốn.

Cách 2:

Ta có:

 

1  3



 



log x 1 x 1 2x 1 m

x

 

     

 

 

 

2 .

Mà:



 



1 3, 0

1 2 1 0, 0

x x

x

x x x


    


     


</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Do đó 3



 



log x 1 x 1 2x 1 1

x

 

     

 

  ,  x 0

 BPT

 

2 có ít nhất 2 nghiệm phân biệt khi m  1 m 2thỏa mãn YCBT.

Câu 14. [2D3-4]. Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm liên tục trên đoạn



0;1



và f

 

0  f

 

1 0. Biết

 

1
2
0
1
d
2
f x x 



 





1
0

cos d
2
f x x x



. Tính

 

1
0

d
f x x



A. . B. 1

 . C.

 . D.

3
2


.
Lời giải

Chọn C.

Đặt





 





 

cos d sin d

d d

u x u x x

v f x x v f x

  
 
 
 

 

 
 
 

. Khi đó:

 







  

 





1 1

1
0

0 0

cos d cos sin d

f x x x x f x  f x x x



 





 





 





 





1 1 1

0 0 0

1 0 sin d sin d sin d

f f  f x x x  f x x x f x x x

  











 .

Cách 1: Ta có

 





 









1 1 1 1

2 2 2 2

0 0 0 0

sin d d 2 sin d sin d

f x  k x x f x x k f x x x k x x

 
 



2
1
0 1
2 2
k
k k
      .

Do đó

 





 





2
0

sin d 0 sin

f x  x x  f x  x

 

 



. Vậy

 





1 1

0 0

d sin d

f x x x x



 



Cách 2: Sử dụng BĐT Holder.

   

 

2 2

d d . d

b b b

a a a

f x g x x f x x g x x

 



 









Dấu “=” xảy ra  f x

 

kg x

 

, x



a b;



Áp dụng vào bài ta có

 





 





1 1 1

2 2

0 0 0

1 1

sin d d . sin d

4 f x x x f x x x x 4

 

   









suy ra f x

 

ksin



x



.

Mà

 









 





1 1

0 0

1 1

sin d sin d 1 sin

2 2

f x x x  k x x  k   f x  x



Vậy

 





1 1

0 0

d sin d

f x x x x



 



</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

A. 7 21



. B. 13 13



. C. 2 5



. D. 29 29



.
Lời giải

Chọn D.

Do 2 2 2

 

BC AB AC nên tam giác ABC vuông tại A

Gọi I là trung điểm BC suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

 OI 



ABC



Ta có 5

2 2

BC 

AI ; OI 1

Bán kính mặt cầu

 

S : 2 2 29

   

R OA AI OI

Thể tích khối cầu

 

S : 4 3 29 29

3 6

 

V



R



Câu 16. [2D2-3] Tất cả các giá trị của mđể phương trình ex m x





  có nghiệm duy nhất là
A. m 1. B. m0; m1. C. m0;m1. D. m 1.

Lời giải

Chọn C.
Cách 1:

Do x 0

e  nên m 0. Khi đó





1 1

x

x
x
e m x

m e



     1



x 1



e x
m



  . Đặt f x

  

 x1



ex.
Ta có: f x

 

ex



x 1



ex xex

     f x

 

 0 x0

BBT:

Nhìn vào bảng biến thiên ta có: m0;m1là giá trị cần tìm.
Cách 2: Dùng đồ thị.

 

f x

 

f x

x  

 

0 


0



</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Ta có y ex

 là hàm số đồng biến trên và ex 0;  x có đồ thị

 

C như hình vẽ

Do đó:

+) Nếu m 0 thì y m x



1



là hàm số luôn nghịch biến trên , đồ thị là đường thẳng luôn
qua điểm



1;0



, nên nó ln cắt

 

C tại duy nhất một điểm.

+) Nếu m 0 dễ thấy phương trình vơ nghiệm.

+) Nếu m 0 thì để phương trình có duy nhất một nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng :





y m x  là tiếp tuyến của

 

C 





x
x
e m x

e m

  








có nghiệm.

1
1

x

m
m




   



 là một giá trị cần tìm.
Vậy m0;m1 là giá trị cần tìm.

Câu 17. [2H3-3] (Sở Bắc Ninh 2018).Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác nhọn ABC

có H



2;2;1



; 8 4 8; ;
3 3 3
K  

 ; O



0;0;0



lần lượt là hình chiếu vng góc của A B C, , trên các
cạnh BC CA AB, , . Đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng



ABC có phương



trình là:

A. : 4 1 1.

1 2 2

x y z

d     

 B.

8 2 2

3 3 3

: .

1 2 2

x y z

d

  

 



C.

4 17 17

9 9 9

: .

1 2 2

x y z

d

  

 



D. : 6 6.

1 2 2

x y z

d    



Lời giải:
Chọn A.

Cách 1: Tọa độ I : OH 3,OK4,HK 5. Gọi I là trực tâm tam giác ABC.
1

O x

y

O x

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Ta có:





4.2 5.0 3.
3

0
12

3. 4.2 5.0

3 1 0;1;1 .

12
8

3. 4.1 5.0

3 1

12
I

I

I
x

y I

z

  

   


 

  




 




  





 



 










 

2;1;0 : 1

1
x t

IH y t

z




     

 






2 ;1 ;1



A IH  A t t

. 0 2

OA OI                 t

Suy ra









 

4; 1;1 4 1 1

: .

1 2 2

, 1; 2; 2

d

A d x y z

d

u OI OH

  

   



  



  

   

  


  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

Cách 2: VTPT của



ABC là



nOH OK,  4 1; 2;2







 


 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
   

.
Vì OH OK. 0 HOK 900

  

 

Gọi

 

 là mặt phẳng đi qua , 4



2;1;2



 

: 2 2 0
3

O n   OK      x y  z .
Gọi

 

 là mặt phẳng đi qua O n,   OH 



2; 2;1





 

 : 2x2y z 0.

Ta có d A



 





d A



 





, đối chiếu 4 phương án A B C D, , , thấy A  



4; 1;1



thỏa mãn.
Vậy chọn A

Câu 18. [1D2-4] Có 2 học sinh lớp A, 3 học sinh lớp B và 4 học sinh lớp C xếp thành một hàng ngang
sao cho giữa hai học sinh lớp A khơng có học sinh lớp B. Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng như
vậy?

A. 145152. B. 108864. C. 217728. D. 80640.

Lời giải

Chọn A.

Gọi k là số học sinh lớp C ở giữa hai học sinh lớp A với k 0,1,..., 4. Trước tiên ta đếm cách 
tạo thành cụm ... .

k
ACC C A  

Chọn 2 học sinh lớp A xếp 2 đầu có 2! cách. Chọn k học sinh lớp C xếp vào giữa hai học sinh 
lớp A cóA4k cách. Vậy có 2!.A4k

cách tạo ra cụm ACC C A  k... .
Coi cụm ...

k

ACC C A  

là một vị trí cùng với 9



k2



học sinh còn lại thành 9 k1 8  k vị
trí. Xếp hàng cho các vị trí này có



8 k



! cách. Vậy với mỗi k như trên có 2!. . 8A4k



 k



cách xếp hàng.

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>





4
0

2!. . 8k ! 145152

k

A k



 



cách.

Cách khác:

Xếp 5 học sinh của hai lớp A, B sao cho 2 học sinh lớp A đứng cạnh nhau có 2!.4! cách.
Chọn 5 trong 9 chỗ để xếp 5 học sinh này theo thứ tự đã xếp có C95 cách.

Xếp 4 học sinh lớp C có 4! cách.

Vậy có tất cả 2!.4!. .4! 145152C95  cách.

Câu 19. [2D2-4] Tính tổng S tất cả các nghiệm của phương trình:

5 3

ln 5 5.3 30 10 0

6 2
x x

x x x

x



  

    

 



  .

A. S 1 B. S 2. C. S 1. D. S 3.

Lời giải

Chọn A.

Điều kiện: 1
3

x   .

Phương trình tương đương

















ln 5x 3x ln 6x 2 5 5x 3x 5 6x 2 0

       















  

ln 5x 3x 5 5x 3x ln 6x 2 5 6x 2 1

        .

Xét hàm số f t

 

lnt5 ,t t0. Có f t

 

1 5 0, t 0

t

      nên f t

 

đồng biến.
Từ

 

1 suy ra f



5x 3x



f



6x 2



   5x 3x 6x 2

     5x3x 6x 2 0 .
Xét g x

 

5x 3x 6x 2

    , ta có

 

5 ln 5 3 ln 3 6x x

g x    , ''( ) 5 ln 5





2 3 ln 3





2 0, 1
3

x x

g x      x .

Nên g x

 

0có khơng q 1 nghiệm trên 1;
3

 

 

 

 , suy ra g x ( ) 0 có không quá 2 nghiệm
trên 1;

 

 

 

 .

Mà g

 

0 g

 

1 0. Vậy phương trình có đúng 2 nghiệm x 0và x  . Do đó 1 S  .1

Câu 20. [1H3-4] Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vng tại A , ABC   , 60 BC2a.

Gọi D là điểm thỏa mãn 3SB 2SD. Hình chiếu của S trên mặt phẳng



ABC là điểm H



thuộc đoạn BC sao cho BC4BH. Biết SA tạo với đáy một góc 60. Góc giữa hai đường

thẳng AD và SC bằng

A. 60. B. 45. C. 90. D. 30

Lời giải
Chọn C

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Kẻ BE AD , EF SC

Xét tam giác ABH vng tại H có: AH2 AB2 BH2

  3

a
AH

  .

Vậy: 3
2

a

SH  , 10

a

SB  ,SA a 3.

3 3 10

2 4

a

SD SB . Áp dụng hệ quả của định lý cô-sin trong tam giác SAB ta được

 2 2 2

cos

2 .
SB SA AB
ASB

SB SA

 

 AD2 SD2 SA2 2 .SA SD.cosASB

    15

8
a
AD

  .

Vì BE AD , EF SC nên

2 30

3 6

a

BE AD , 1 2

3 2

a

EF  SC , 1 3

3 3

a

AF  AC . Vậy trong tam giác vng ABF

có: 2 2 2 3

a

BF  AB AF  .

Ta có BF2 BE2 FE2

  nên tam giác BFE vuông tại E . Vậy



AD SC,

 

 BE FE,



90 .

Cách 2:

Ta có 3
2

a

HC SH nên tam giác SHC vuông cân tại H  HK SC.

SA AC a  nên tam giác SACcân tại A AKSC.
K là trung điểm của SC,MS2MA





2 MN AK MN SC

NS NA SC BMN SC BM

BN HK BN SC

 



      

 




 .

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Câu 21. [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

    

T z i z i .

A. maxT 8 2. B. maxT 4. C. maxT 4 2. D. maxT 8
Lời giải

Chọn B.

Đặt z x yi x y R , ta có  



, 



1 2 1 2 ( 1)2 2 2

         

z x yi x y



1



2 2 2 2 2 2 1

 x y   x y  x (*)

Lại có T   z i z 2 i  x (y1)i  x 2 ( y 1)i

2 ( 1)2 ( 2)2 ( 1)2 2 2 2 1 2 2 4 2 5

 x  y  x  y  x y  y  x y  x y

Kết hợp với (*), ta được T  2x2y 2 6 2 x 2y  2(x y ) 2  6 2( x y )
Áp dụng BĐT Cauchy schwarz ta có

2( ) 2 6 2( ) 2(2( ) 2 6 2( )) 4

            

T x y x y x y x y .

Câu 22. [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 5z i   z 1 3i 3z 1 i . Tìm giá trị lớn nhất
M của biểu thức: z 2 3 i ?

A. 10

3


M . B. M  1 13. C. M 4 5. D. M 9

Lời giải
Chọn C.

2 2 2 2 2 2

5 x (y1)  (x1) (y 3) 3 (x1) (y1)

2 2 2 2 2 2

5 ( 1) 10. ( 1) ( 3) ( 1) ( 1)

 x  y  x  y  x  y

2 2 2 2 2 2

25 ( 1)  10 ( 1) ( 3) ( 1) ( 1)  0
 x  y   x  y  x  y  

2 ( 1)2 20 2 5

 x  y   z i 

2 3 (4 2) 4 2 2 5 2 5 4 5

             

P z i z i i z i i

Câu 23. [2D4-4] Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất số phức z

thỏa mãn .z z  và 1 z 3 i m. Tìm số phần tử của tập hợp S .

A. 2. B. 3 . C. 1. D. 4.

Lời giải
Chọn A.

Gọi z x yi  , với x y  , và được biểu diễn bởi điểm M x y .



;



Do .z z  nên 1 2 2 2

 

1 1

z   x y  C .

Mặt khác z 3 i m  x 3



y1



i m









2 2





3 1

x y m C

     .

Cách 1:

Vậy ta có









2 2

2 2

3 1

x y m

x y



  

  






2 2

3 2 5 0

2x y m

x y

  

  










</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Từ đó ta thấy M là điểm chung của đường thẳng 2

: 2x 3 2y m  5 0

   và đường tròn

 

C x: 2 y2 1

  có tâm là O



0;0



và bán kính R 1.

Vậy để tồn tại duy nhất số phức z thỏa bài tốn thì  phải tiếp xúc với đường tròn

 

C





2 5

, 1

12 4
m

d O R 

    

2
2
2
1
5 4
9
m
m
m
 
    


.

Do m  nên nhận 0 m  hay 1 m  .3
Vậy tập hợp S có 2 phần tử.

Cách 2:

Tồn tại duy nhất số phức z thỏa bài toán khi và chỉ khi hai đường tròn

 

C1 và



C2



tiếp xúc
với nhau (tiếp xúc trong hoặc tiếp xúc ngoài) 1 2

1 2

OI R R
OI R R

 

 
 

2 1
2 1
m
m
 

 
 

1
3
m
m


  

 (Do m 0). Vậy tập hợp S có 2 phần tử.

Câu 24. [2D2-4] Cho hai số thực ,a b thỏa mãn điều kiện 3a 4b0 và biểu thức

2
3
3
4

3
log log
4 16
a a
b
a
P a
b 
 
 
    
   

có giá trị nhỏ nhất. Tính tổng S3a b .

A. S 14. B. 25

S  . C. S 8. D. 13

2
S  .
Lời giải

Chọn A.

Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số:

4 2 2 3 4

b    b b 3 3

4 4

a a

b  b


Do 3 4 0 3 4 1 3 1

4
a

a b a b

b

        

 . Suy ra 3

4 4

log a log a

b b
a a

 .
Từ đó
3
2
2
3 3
3
4 4
3 3

log log log log

4 16 4 16

a a a a

b b

a a

P a a

b  b

 

   

         

       

Đặt log 3
4
a

a
t

b

 . Khi đó

2
3

2 3 2

3
4
3
6

3 2
1 7

2 2 16 64

3 9

3 . .

P t t t

t t

t

t  

  

 

Dấu bằng xảy ra

2
1
2
b
t




 



4
2
a
b


 

 .

Vậy 3a b 14.

Câu 25. [2D2-4] Cho hai số thực không âm ,x y  . Biết 1 ln 1



 

1 2







2
17

P x y  x y có giá trị

nhỏ nhất là a 2ln c

b d

  trong đó a , b, c , d là số tự nhiên thỏa mãn ước chung của



a b,

 

 c d,



1. Giá trị của a b c d   là.

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Lời giải
Chọn B.

Ta chứng minh được: ln 1





8 3 ln17,



0;1



17 17 16

t t t

      .

Suy ra ln 1



 

1 2







2
17

P x y  x y 8









2 4 2ln17
17 x y 17 x y 17 16

     

6 17

2ln

17 16

  .

Do đó: a b c d   56.

Chú ý: Để có đánh giá ln 1





8 3 ln17,



0;1



17 17 16

t t t

      ta phải đoán được giá trị nhỏ

nhất đạt tại 1
2

x y  và sử dụng đánh giá tiếp tuyến

 

1 1 1

2 2 2

f t f   t  f  

      với

 

ln 1





f t  t .

Câu 26. [2H2-3] Cho hình chóp .S ABC có AB  . Hình chiếu của S lên mặt phẳng 3 (ABC) là điểm

H thuộc miền trong tam giác .S ABC sao cho AHB 120

 . Tính bán kính R mặt cầu ngoại
tiếp hình chóp S HAB. , biết SH 4 3.

A. R  5. B. R 3 5. C. R  15. D. R 2 3

Lời giải
Chọn C.

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HAB

Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S HAB .
Gọi D là trung điểm của đoạn SH.

Vì SH 



ABC



nên SH OH . Từ đó suy ra DIOH

là hình chữ nhật.

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S HBC. :

2 2

R DH OH

Theo định lý sin trong tam giác HAB ta có



(HAB) 3 HAB

2 3

sin
AB

R OH R

AHB   

 

2 3
2

SH

DH   .

Vậy R  3 12  15.

Câu 27. [2D1-4] Cho hàm số f x

 

x3 mx2. Biết đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm có
hồnh độ là a b c, , . Tính

 

' ' '

1 1 1

P

f a f b f c

   .

A. 0. B. 1

3. C. 29 3m . D. 3 m .

Lời giải
Chọn A.

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

  

 



f x x a x b x b x c x c x a

         

  

 



  

 



  

 



 

'
'
' ' '
'

1 1 1

0
f a a b a c

f b b c b a

f a f b f c

f c c a c b

   


        

  


.

Câu 28. [2D1-4][Thi thử THPT Gia Bình - Bắc Ninh] Gọi m

n là giá trị lớn nhất của a để bất phương

trình









3 4 3

1 sin

2
1

a x

a x a

x



  

 có ít nhất một nghiệm, ở đó
,

m n là những số nguyên

dương và m

n là phân số tối giản. Tính giá trị biểu thức P22m n .

A. 46. B. 38. C. 24. D. 35.

Lời giải
Chọn B.

Điều kiện: x  . Biến đổi tương đương bất phương trình ta được1













4 2

3 4 3

2
2

3 2

1 sin 1 0

1 1

1 sin sin 0

2 2 4 2

x

a x a x a

x x

a x a


 
    
   
       
 
 

Nếu 1
16

a  thì 1sin2 0,

4 2

x

a   x

  nên bất phương trình vơ nghiệm.
Nếu 1

a  thì bất phương trình trở thành





2 2

1 1 1

1 sin 1 sin 0

8 2 2 4 2

x x

x  

   
     
 
 
 





2
2
sin 1
2
1 1
1 sin

8 2 2

x
x
x






 
  


3, 1
x x
  

Vậy 1
16

a  là giá trị lớn nhất để bất phương trình có nghiệm.
Suy ra m1;n16 P22m n 22.1 16 38  .

Câu 29. [2D3-4] Cho hàm số f x 

 

0 xác định, có đạo hàm trên



0;1



và thỏa mãn điều kiện

0
2

( ) 1 2018 ( )d

( ) ( )

x

g x f t t

g x f x

 








. Tính tích phân 1

( ) d
I



g x x

A. 1009
2

I  . B. I 505. C. 1011

I = . D. 2019

2
I 

Lời giải
Chọn C.

Từ giả thiết ta có '( ) 2018 ( )
'( ) 2 '( ). ( )

g x f x

g x f x f x








2018 ( ) 2 ( ). '( )f x f x f x

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>





2 ( ) 1009f x f x'( ) 0

   ( ) 0

'( ) 1009

f x

f x



  


+ T/hợp ( )f x =0 (loại)

+ T/hợp f x'( ) 1009= Þ f x( ) 1009= x C+

Thay ngược lại ta được:









1 2018 1009 d 1009
x

t C t x C





  





2 2

1009

1 2018 1009 1

x

t Ct x C C

 

        

 

Suy ra f x( ) 1009 x1 loại vì f x( ) 0  x



0;1



Hoặc f x( ) 1009 x1

Khi đó





1 1 1

0 0 0

1011
( ) d ( )d 1009 1 d

I



g x x



f x x



x x .

Câu 30. [2H3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 1 4 4

3 2 1

x y z

  

  và

các điểm A



2;3; 4 ,



B



4;6; 9 .



Gọi C D, là các điểm thay đổi trên đường thẳng  sao cho
14

CD  và mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. Tìm tọa độ trung điểm của

CD.

A. 79 64 102; ;
35 35 35

 

 

 . B.

181 104 42

; ;

5 5 5

 

 

 

 .

C. 101 13 69; ;
28 14 28

 

 

 . D.



2;2;3 .



Lời giải
Chọn D.

Gọi C



 1 3 ;4 2 ; 4t1  t1  t1



,D



 1 3 ;4 2 ;4t2  t2  t2



 

2 1

14 1,

CD t t

    

Ta có 1 . .



;



.sin



;



V  AB CD d AB CD AB CD không đổi

Mà 1 . ,
3 tp

V  r S để r lớn nhất thì Stp nhỏ nhất.
,

BCD ACD

S S khơng đổi  min



SABDSACB



Xét hàm số

 



; ;



2
ABD ACB

f x S S  AB AD AB AC
   

   
   
   

   
   
   
   
   
   
   
   
   
   



x 29





x 1





x 11





x 16





x 14





x 2



           

Với x13t1, xét hàm tìm

 

13 1

Min .

2 2

f x  x  t 
Vậy I



2;2;3



Câu 31. [2D4-3] Tính giá trị của biểu thức: 1 3 5 2017
2018 2018 2018 ... 2018

A C  C C  C .

A. 22018. B. 21009. C. 0. D. 1.

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Chọn B.

+) Xét khai triển:





2018
2018

2018
0

1 k k

k

i C i



 



= 0 1 2 2 2018 2018

2018 2018 2018 ... 2018

C C i C i  C i





C20180  C20182 C20184  ... C20182018

 

 C20181  C20183 C20185  ...C20182017



i

 

1
+) Mặt khác



1 i



2018



1 i



1009

 

2i 1009 21009i

    

 

+) So sánh

 

1 và

 

2 ta có:



C20181  C20183 C20185  ...C20182017



21009.

Nhận xét: Từ bài tốn trên ta có 0 2 4 2018

2018 2018 2018 ... 2018 0

C  C C   C  .

Mở rộng bài toán :

Bài 1: Tính giá trị của biểu thức: A C 20181  3C20183 9C20185  ... 3 1008C20182017.

A. 22018

 . B. 22017. C. 0. D. 22017.

Bài 2: Tính giá trị của biểu thức: 2018 2018 201 1009 2018

0 2

8 2

018

3 9 ... 3

B C  C  C   C .

A. 22018

 . B. 22017. C. 0. D. 22017.

Bài 3: Cho khai triển





2018 4036

0 1 4036

1 x x a a x...a x . Hãy tính giá trị của biểu thức sau

0 2 4 ... 4036

S a  a a  a .

A. 2018

2 . B. 1. C. 0. D. 22017.

Câu 32. [2H2-4] Cho 4 quả cầu cùng bán kính a được xếp đơi một tiếp xúc nhau. Hình tứ diện ABCD

có các mặt tiếp xúc với ba quả cầu. Tính thể tích khối tứ diện ABCD.

A.





3
3

2 1 6

a


. B.





3
3

2 2 1 6
3

a


C.





3
3

2 1 3
3

a


. D.





3
3

2 3 1 6
3

a


.
Lời giải

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Gọi K M N E, , , lần lượt là bốn tâm của bốn quả cầu.
Khi đó KMNE là tứ diện đều có cạnh 2a.

Gọi O là tâm của tứ diện đều KMNE thì O cũng là tâm của tứ diện đều ABCD.
Dễ dàng tính được đường cao của tứ diện đều KMNE là 2 6

3
a .

Khi đó khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng



MNE



là 6
6
a .

Khoảng cách từ điểm O đến mặt



ABC



là 6
6
a

a
 .

Chiều cao của khối tứ diện đều ABCD gấp 4 lần khoảng cách từ O đến mặt



ABC



nên
2 6

4
3
ABCD

a

h   a.

Suy ra độ dài AB



8 8 6



a.

Vậy





3 3
3 2 2 1 6

2
.

12 3

ABCD

a

</div>

Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 tổng hợp | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

 

   

 





 

 

 

 

 

 

 

 

  

  

















 







 



<sub></sub>

<sub></sub>





<sub></sub>

<sub></sub>







 























<sub>  </sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

 













<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub>  </sub>

<sub></sub>

 





 

 













