GIAI DE TOAN 2018THAM KHAO

°

Ả
A

a =

%
r3

SEITE

4

ss

H2
L2
L2

2

ea

%

A

;
(
2 PA

4
Cý
Z4

%

+7

Rr?

“07

W7

FA

Dos

/Sè

Ee

g
Ady
4
ý4

A eel
EEE

Lessee

Lessee
ease
Aaa
sae

C7

SAMI ELS

ng

Tư
wee

2, wie

NH4

Morand,ny,
44
⁄

_
s2
my,

oe

EEE.

%J

.,

tf)
Z

Veg

Ge

be ttt
%
a

4

&

⁄#

calle

a

we

⁄ gens

bod,

1H30,

4

ents

hoa

a

5

Ệ

2e

il

E77

ELITES
<>
>>
CƠN

K224444/72444444444

Mertens

1n
“ưng

Cách giải

Sessa

Ụ
PEE

#

#

»

Thoi gian lam bai: 90 phút, không kể thời gian phát đề
n?

(Dé thi co 6 trang)

SSS

„7

DƯ

?
yeceees
4

“NàangeLee,

——2+1.

diễn số phức z

Điểm M(-2 1) bi éu

Sas

SS

Bai th i TOÁN
KHAO

DE THI THAM

Mã đề thi: 001

2018
w

"
"
"
“
^

?

`

QUOC GIA NAM
HOC PHO5 THONG
THONG
KY THI TRUNG

BO GIAO DUC VA DAO TAO

gn

“

ie)
Sesleas

Crea

on

fee
ee
OS

* oe

ad

om,

ant
12
‘
£¬š
end

„2

poy

2G


Cách giải:

Câu 3. Đáp án C.

Cách giải:
Số tập con gồm 2 phần tử của M là Cứ.
Câu 4. Đáp án A.

Cách giải:
Cơng thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h la V = Câu 5. Đáp án A.

Cách giải:

Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng (—2;0) và (2;+œ).
Câu 6. Đáp án A.

Cách giải:
b

Cơng thức tính thể tích khối trịn xoay tạo thành là: V =m | f* (x)dx
Cau 7. Dap an D.

Cách giải:
Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt tiểu tại điểm x =0 và đạt cực đại tại điểm x = 2.

Câu 8. Đáp án C.

Cách giải:
Ta co: loga’ =3log3.
Cau 9. Dap an D.

Cách giải:


Ta có: J(

+1)dx =x?+x+C

Cách giải:

Khi chiéu diém A (3;-1;1) lên mặt phẳng (Oyz) thì tung độ và cao độ giữ ngun, hồnh độ bằng 0.
Vay N(0;-11).
§

oy

sàn

NA

Soe
“SE

cà Ãu

3
Dã

ác

Ti
as

bế

4
A

chek

Cách giải:
Quan sát đồ thị hàm số ta thấy đây là dạng đồ thị hàm bậc bốn trùng phương với hệ số a âm.
Vậy chỉ có đáp án A thỏa mãn.
se
§
xšằ$

LAM
“TS

N

OR§oyTH

là

ORM“sTƯƯ

tạ

NÊN

q
cử tê
gà XS

À

¿

\

CA

Cách giải:

Véc t ch phng ca d l u =(-1;2;1).

my Saw
We

Đ

SQ
TS.
2.

eyes
&
Saw
Sa

&

z
ass
ae

Xs

â,

Cỏch gii:
TXD:

D=R

Ta có: 2?*<2**“ œ>2xx<6.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là (—œ;6).
§

ao

“CN,

§
sz
Aa

Ÿ#

“HA

Ni

wxy
AWM

MR
EA

84.

St
8

~

AO.

RSS.
*

S8ar
SYA

3S

TS AS-aeu
aw
S

ES?&

Cách giải:

2

có

»

`»

awe
HR
AMD

šš,

=

rm

caer
§ 8
hee
koe,


Phương trình đoạn chẳn của mặt phẳng đi qua các điểm M(2:0;0),N(0;—1;0),P(0;0;2) là:
* 444-1,
2 =L
2

Cau 16: Dap an D.
Phuong phap:
+) Đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc nhất luôn có tiệm cận đứng.

+) Đường thằng x=a

được gọi là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số nếu limf (x) = too.
xa

Cách giải:
+) Dap an A: y=

x'-3x+2_(x-2)(x-I)

X—

T

X-

T

+) Đáp án B: Ta có: x” +1>0 Vxe R >

=x—2=

đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng.

đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng.

+) Đáp án C: Đồ thị hàm số chỉ có TCN.
+) Đáp án D: Có

lim
=œ => x =—l là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x>-Ix+Ï

Câu 17: Chọn B

Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình f(x)—2=0 © f(x) =2 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và
đường thẳng y=2.

Cách giải:
Số nghiệm của phương trình f(x)—2=0 © f(x) =2 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và
đường thắng y =2.
Theo BBT ta thấy đường thắng y =2 cắt đồ thị hàm số y =f (x) tại 3 điểm phân biệt.
Câu 18: Đáp án A.
Phương pháp:

+) Tính đạo hàm của hàm số và giải phương trình y'=0.
+) Tính giá trị của hàm số tại các đầu mút của đoạn [-2; 3] và các nghiệm của phương trình y'=0.


Cỏch gii:
x=0

Ta cú: f'(x)=4xèĐx =f'(x)=0 â4xè8x =0 â| x=-2.

x=42

Cau 19: Dap an C.

Cách giải:

Ta có:

2

0

dx

x+3

=In|x +3|Ủ =In5—In3=InŠ.
°

3

Cau 20: Dap an D.
Phuong phap:

+) Giải phương trình bậc hai an z trên tập số phức.
+) Tính modun của số phức z=a+bi bằng cơng thức |z| = Va? +b’.
Cách giải:
Ta có: A'=4-—3.4=-—§
=8i'.

24+2V2i

=> Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

=> \z, +|z,,| = 2.

V3

Cau 21: Dap an B.
Phuong phap:

= V3.

1

42

1

42.

ñE—T

T71

Z,=

=—-—j

2-2N2i
4

2

2


+) Khoảng cách giữa hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng song song bằng khoảng cách giữa hai mặt
phẳng đó.

Cách giải:

Ta có: (ABCD)//(A'BCD) = d(BD; A'C') = d((ABCD);(A'B'C'D')) =a.
Câu 22: Đáp án A

Phương pháp:

Áp dụng công thức lãi suất kép: T = P(I+r)` với P là số tiền ban đầu, n là thời gian gửi, r là lãi suất
và T là số tiên nhận được sau n tháng gửi.
Cách giải:

Ta có: T=P(1+r)` =100(1+ 0,4%)” x 102,424 triệu.
Câu 23: Đáp án C

Cách giải:
Chọn ngẫu nhiên 2 quả cầu từ 11 quả cầu nên ta có: n„ = C? =55.
Gọi biến cố A: “Chọn được hai quả câu cùng màu“.

=n, =C}+Cỷ =25.
n, 25
5
P(A)=4===-.
= P(A) n, 55 I1

Câu 24: Đáp án B.

Cách giải:
Ta có: AB= (3; -1;-1).
Mặt phẳng (P) vng góc với AB nên nhận vecto AB làm vecto pháp tuyến.
Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vng góc với AB là:
3(x+I)-(y-2)-(z-I)=0
& 3x-y-z+6=0

Cau 25: Dap an D.

Cách giải:


Gọi G là giao điểm của BM và SO.
Từ M kẻ đường thẳng vng góc với BD tại N. Khi đó ta

có MN//SO >MN 1 (ABCD).
— N là hình chiếu của M trên (ABCD).

= (BM; (ABCD)) = (BM; BD) = MBD.
Xét tam giác SBD ta có MB và BD là hai đường trung tuyến
cắt nhau tại G > Gla trọng tâm tam giác SBD.
= 0G =!so.
3

Ta

CÓ:

I

BO=2nD.=33?

=>

lop?

SO

=vVSB’

—OB

2

OG

= anMpp =O6 = 221
aV2 3
Cau 26: Dap an D.

Cách giải:
Điều kiện: neN”;

n>2.

Theo đề bài ta có: C} + C2 = 55

» nn-Đ
c n(n—1)!

(n=)!

a 2)!

=55

n(n—1)(n-2)! _

2n-2.

<> 2n+n(n-1)=110
2 n°+n-110=0

=|" =10 (tm)
n=-11 (ktm).
Ta có khai triển: x

vở]

.

3K 218- “(x ”)

10-k

Để có hệ số khơng chứa x thì: 5k— 20=0 <>k =4.

Hệ số không chứa x là: C¡,.2” = 13440.

Yc

28...

a2

= ——.


Câu 27: Đáp án A.

Cách giải:
Điều kiện: x >0.
log, x.log, x.log,, x.log,, x = :
2
= log, x.log,, x.log,, x.log,, x = 3
111
—.—.—(1

753

4

+(08: X)

<= (log, x)

2
=—

3

=16

per

x, =3

log, x =—2

2

=0

K=3=
1

82

9

9

(tm)

4 (tm)

> x, +x, =9+-=—.

Cau 28. Dap an C.
Phuong phap:

Dung duong thang d qua M va song song véi AB, khi dé (OM; AB) = (OM;d)
Cách giải:
Gọi N là trung điểm của AC ta có MN là đường trung bình của

A

tam giác ABC nên AB //MN

=> (OM; AB) = (OM; MN)

elo sé sie

Dat OA = OB = OC = 1 ta có:

Tam giác OAB vuông cân tại O nén AB = 42 > MN =
Tam giác OAC vuông cân tại O nên AC = 42 > ON =
Tam giác OBC vuông cân tại O nên BC = A2 > OM =

Vay tam gidc OMN déu nén (OM; MN) = OMN = 60°
Cau 29. Dap an A.

M


Phương pháp:

+) Gọi đường thẳng cần tìm là A ta có: A L (P) = uA =n(p)
+) Gọi A= Andi;B= Amds, tham số hóa tọa độ điểm A, B.

+) Thử trực tiếp các đáp án bằng cách thay điểm A, B ở trên vào phương trình đường thắng ở từng

đáp án và rút ra kết luận.
Cách giải:
Gọi đường thẳng cần tìm là A.. Vì AL (P)= UA = n(P) = (1;2;3)
Khi đó phương trình đường thang A có dạng ˆ ~Xo _ Y7Yo _ 42720
2
3
Goi

A =dSA= A(3-t;3—-2t;—2+t)
B=d;¬A=B(5-3t;—I+2t;2+t')

Ta thử từng đáp án:
Đáp án A:

AeAs T=
BeA—

CC

=TT=

he“ <*=“=“—”e©l2-6t=-4+2tet=2=s A(E=b0)

Ít

2t

2
nah

tk

œ

4-3

3

2,

xX-l

"1...

1
ytl

Vậy đáp án A có đường thăng T23

3
z_,

,

cu,

....

.

.

B(2;1;3) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 30. Đáp án B.
Phương pháp:

Để hàm số đồng biến trên (0;+œ) © y'>0 Vx €(0;+0), cd lập m, đưa bất đẳng thức về dạng
Cách giải:

y=x
Ta co:

+mx-—

5x°

⁄

vng góc với mp(P) và cắt di tại A(1;—1;0) , cắt de tai

.


y'= 3x" +m= ¿(5x
> —m<

)= 3x”

+m+—>
X

OVxe

(0;+00) <=> —m

< 3x? ++ =f(x)
X

min f(x)

f(x)=3x?+-L=x2+x2+x2+-_>4#[=4=
x°

x°

min f(x)=4

(0;-+0)

S-m<4<>m>-4

Mà m

là số nguyên âm > me {-3;-2;-1}.

Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 31. Đáp án B.

Cách giải:
y 4

Ta co:

x =1(TM)
\3x? =Al4—x? Sfts2s4=0e(x)=I)CẺ
34)=0©) a 1L)
Do do:
1
2

3
S = | V3x7dx + [ V4—x7dx =~=x’
0

1

3

2

Tinh I=Ï

4—x?dx.
1

Dat

x =2sint> dx=

2cos tdt.

L2
3
+ [V4—x2dx = "+
0

1

2
|

1

4—x7dx

Vxe (0:+œ)


ala

1

x=2=>sint=Il>t=

N|a

.

x=l=sint=s=tL=

Đổi cận

I= je

x?dx= {Va
7/2

2|

Su

va Sa 83

y

„ „+2t

m2
x6

42n

33

1/2

1/6

1/6

Asin’ t.2cos tdt = [ 4cos? tdt = | 2(cos 2t+1)dt

1/6

= si

1/2

27

43

3.2

V3

_ An

2

v3

6

Cau 32. Dap an D.

Cách giải:
J x +1) Thun

Dat t-Vx +
2+3
Suy ra I=

Do d6

J.

Tinh I=

2

2dt

et

Jx(x+!)(Nx+

11

=

“a7

dx

x
2

v2+x3
14+J2

2Wx+I

x+1)

Jo Seas

tix

wWxVx+

1

dx

~OxVx+l

J32- NT

vVxvx+l_

2

--(+.
V2243 Fal
V2 +]

a=32;b=12;c=2
> a+4+b+c=46.

Cau 33. Dap an A.

Cách giải:
av6

Tứ diện đều cạnh a có chiều cao h= 3

4/6

>h= 3

aA/3

463

Tam giác BCD đều nên bán kính đường trịn nội tiếp tam giác r = ee

Diện tích xung quanh hình trụ S = 2arh = 2m.

Cau 34. Dap an B.

Cách giải:

43. 46 _16V2n |
6

3

3

Dat
t


Xét phương trinh 16* —2.12*
+ (m-—2).9* -0[5]

Dat t=(4]

2x

-2( =]

x

+m-2=0

>0 ta được tˆ—2t+m—2=0<©m=2+2ttÝ (*).

Để phương trình đã cho có nghiệm dương x >0 thì phương trình (*) có nghiệm t= B
Xét hàm f(t)=2+2t-tŸ,te(I;+e)

có: f'(t}=2—2t<0, Vt >1 nên hàm số nghịch biến trên (I;+s).

Suy ra f(t)
Mà m nguyên dương nên me {l;2}.
Câu 35. Đáp án A.
Cách giải:
Ta có: Äj/m+3Ÿm+3sinx =sinx <>m+3ÿ”m+3sinx =sinÌ x.
Đặt Ÿm+3sinx =u = m+3sin x = uẺ thì phương trình trên trở thành m+3u =sin” x
Dat sinx =v

" +3v=u
m+3u

3

= v

thì ta được

, =3(vy~u)+(v~u)(v?+uv+u?]=0©(v=u)(3+v? +uv+u?)=0

Do 3+vÝ+uv+u” >0,Vu,v nên phương trình trên tương đương u =v.
Suy ra#m+3sin x =sin x ©>m=sinÌx—3sin x.
Đặt sinx = t(-1
f (t) =tÌẺ—3t

trên [-II|

có f '(t) = 3t?-3<0,Vte [-1]

Nên hàm số nghịch biến trên [-1;1|=—I=f(UVậy

>1,

me {—2:-l: O;1; 2) .

Cau 36. Dap an B.
Phuong phap:

+) Lập BBT của đồ thị hàm số f (x) = x” —3x +m trên [0;2]
+) Xét các trường hợp dấu của các điểm cực trị.


Cỏch gii :
Xột hm s f(x)=x-3x+m

trờn [0:2] ta Cể: f'{x)=3x-3=0ôâx=+I

BBT:

Kea

J.

`

Je ,
—2+

THI:

TH? :

TH3:
TH4:

1m

2+m<0@m<-2> max y=—(-2+m)=2-me2-m=3em=-1

[0:2]

m+2>0
m<0

@-2

[0:2]

m>0
—2+m<0O

©0
-2ym>9@©m>

max y=2+m= 3© m =l (tm)
[0:2]

2© nay =#=m=desm=-l
0:2

(ktm)

Câu 37. Đáp án C.
Phương pháp :

+) f(x)= [f'(x)dx, sử dụng giả thiết f (0) =1 tìm hằng số C.
+) Tinh f (—1);f (3) bang cach thay x =-1 vax =3.
Cách giải :

Ta có : f(x)=[f'(x

—dx =SIn|2x~ I[+C =ln|2xI[+C

x<1/2

f(0)=C=1<©f(x)=In|2x —1|+1

tio

f({1)=2 nên C=2

In15+3

+2=
—=f(-I)=In3+I; f(3)=ln5+I!=f(—I)+f(3)=In3+In5

Câu 38. Đáp án D.
Phương pháp :

( ktm)


+) Thay z=a+bi vào biếu thức đề bài, rút gọn đưa về dạng A + Bi =0
`
A=0
+) Sử dụng định nghĩa hai số phức băng nhau suy ra (5 =0” giải hệ phương trình tìm a, b.

Cách giải :

z+2+i-|z|(I+i)=0
©a+bi+2+i—xla? +b2 (I+ï) =0
coa+2—Va? +b? +(b+1-va? +b? ji=0
<>

a+2-Na”+bŸ =0

b+I-Na?+bŸ =0

—=a+2—dJa?+(a+1)

<>a-b+l=0O
=0

©a+2=2a?+2a+1
a>~2
=

2
a“+4a+4=
2a“2 + 2a +]

a>-2

a>-—2

a=3

b=4

a=-I (tm)
Vi l>isz=3+4i>ll

treo

3

1L? P=atb=3†4=7

Câu 39. Đáp án A.
Phương pháp :
+) Xác định các điểm cực trị (các điểm là nghiệm của phương trình f '(x) =0), các khoảng đơn điệu
của đồ thị hàm số y = f (x), từ đó lập BBT của đồ thị hàm số y = f (x).

+) Từ BBT của đồ thị hàm số _y =f(x) suy ra BBT của đồ thị hàm số y = f(—x) bằng cách lấy đối xứng
đồ thị hàm số y =f (x) qua trục tung.

+) Nhận xét đồ thị hàm số y =f(2—x) và y=f(—x) có các khoảng đơn điệu giống nhau và rút ra kết
luận.

Cách giải :


Dựa vào đồ thị hàm số y =f '(x) ta suy ra đồ thị hàm số y =f(x) như sau :

"NAN/

Ta c6 nhan xét dé thi ham sé y =f (x) va dé thiham sé y =f (—x) đối xứng nhau qua trục tung nên ta
có BBT của đồ thị hàm số y=f(—x) như sau :

Đồ thị hàm số y =f(2-— x) là ảnh của phép tịnh tiến đồ thị hàm số y =f(—x) theo vector (0;2) nên

tính đồng biến, nghịch biến trên các khoảng không thay đổi so với đồ thị hàm số y = f(—x).
Dựa vào BBT ta thay ham số đồng biến trên (1:3).
Câu 40. Đáp án B.

Phương pháp :
+) Giả sử tiếp tuyến đi qua A(a;1) là tiếp tuyến tại điểm có hồnh độ x = xạ , viết phương trình tiếp
tuyến tại điểm có hồnh độ x = xạ là: y=

mm.

Xo

—

+) Acd= Thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thang d, tìm điều kiện để phương trình đó
có duy nhất nghiệm xọ
Cách giải :

TXĐ: x=R\ƒH] ; y'=


Giả sử tiếp tuyến đi qua A(a;1) là tiếp tuyến tại điểm có hồnh độ x = xạ , khi đó phương trình tiếp
tuyến có dạng : y=

(xp -I)

(x—xo)+

—Xa+2

Kal

(d)

Vi Aed nén thay toa d6 diém A vào phương trình đường thẳng d ta có :
-]
I=———>|a-Xụ)+

Gạ-

—Xg

”

+2

Xg—l

© -a+Xạ—Xã+3xạ—2= xã —2xạ +Ì
© 2x2 —ĨXọ +3+a=0

(*)

Để chỉ có 1 tiếp tuyến duy nhất di qua A thi phng trỡnh (5) cú nghim duy nht

ơl

SIA'=0â9<2(314)=03<2a=0âa=2

Cõu 41: Đáp án A.

Cách giải:
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng —+ te

a

với A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0; c).

C

1
1 2
Ta céd, OA=OB=OC ©|a|=|b|=|c| va` M <(P)=-rr+=l

a

Suy ra

a=b=c

a=-b=c

va

,|ga=b=-C

a=-b=-c

`

(*).

C

ˆ

.

ae

en

, mà a=b=—c không thỏa mãn điều kiện (*).

Vậy có 3 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 42: Đáp án B.

Cách giải:
Dat t= V2 +logu, —2logu,, > 0< logu, — 2logu,, = t’ — 2, khi đó giả thiết trở thành:

=> logu, —2log uy) =—1 © logu, +1 = 2log u,) & log (10u,) = log (uj)
Mà u„..=2u, ——> u„ là cấp số nhân với công bội q= 2 — my = 2”,

10m, = (m4)

(1).
(2).


Tir (1), (2) suy ra 10m, =(2°u,) <= 2" u? = 10, > u, = 102n
2"1

Do đó „„ >5”"” © "

>5""ô
100.219

T0

=>u,=2". v
_

ơủ-l

=

} log, 10+100log,5+19 = 247,87.

Vay gia tri n nho nhat thoa man la n= 248.
Cau 43. Dap an D.
Phương pháp :

+) Lập bảng biến thiên của đồ thị hàm số f (x)= 3x” -4x”—12x” +m.
+) Từ BBT của đồ thị hàm số f (x) = 3x” -4x”—12x”+m suy ra BBT của đồ thị hàm số
y= 3x4 — 4x? 12x? +m],

+) Dựa vào đồ thị của hàm số y = x" — 4x? -12x*+ml, tìm điều kiện để nó có 7 cực trị.
Cách giải :

Xét ham sO y = 3x4 —4x?-12x
+m cd y'=12x? -12x? 24x =0

12x(x”~x~2]=0©

x=0

x=-l
x=2

Lập BBT của đồ thị hàm số f (x) = 3xỶ—4x”—12x”+m

ta có :

NAN

Đồ thị hàm số y =|3x' -4x”—12x” +m|

được vẽ bằng cách:

+) Lấy y đối xúng &P phần đồ thị hàm số nằm P phía dưới trục Ox q qua trục Ox.
+) Xóa đi phần đồ thị bên dưới trục Ox.


Do đó để đồ thị hàm số y = 3x —4x3—12x” +m|

f{ 0)>0

m>0

f (2) <0

—32+m<0

f (- I)<0©-5+m<0
meZo>me

có 7 điểm cực trị thi:

@0
{1;2;3; 4}

Vậy có 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 44: Đáp án A.

Cách giải: Ta có | OA; OB | =k(1;-2;2) = Vectơ chỉ phương của đường thẳng (đ) là ø =(1;—2:2).
Chú ý: Với 7 là tâm đường tròn nội tiếp A ABC, ta có đẳng thức vectơ sau:
ue BC.x, + CA.x, + AB.X,

‘

BC+CA+AB

BC JA+CAIB+ ABIC =0 > Toa dé dim I thỏa mãn hệ 4y, = S24 T2; + A82,
BC+CA+AB

— BC.Z, + CA, + ABZ,
<1
BC +CA+ AB
Khi đó, xét tam giác ABØ

=> Tâm nội tiếp của tam giác là 7(0:1;1).

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là (đ): —

_ y3

z+Ï

—2

2

Câu 45: Đáp án D.

Cách giải:
Gọi é⁄, 7 lần lượt là trung điểm của DƑ, DE > AM 1 (DCEF).

Vì S là điểm đối xứng với B8 qua DE => M là trung điểm của $A.

Suy ra SA.L(DCEF) và SM = AM =2 DE =2,

Cau 46: Dap an A.

22 -

Lt

=l.—+

Ằ®œ

Va BCDSEF

W]e

—

V sponser = Vapr.BCE + V5 pcEF

| —

Lae
Khi do

1
= ABS AADE T ah

°Š pcEr


Cách giải:
Gọi 4 (x;y) là điểm biểu diễn số phức z
Từ giả thiết, ta có |z=4-3/|=x'5 ©(x-4) +(y-3) =5 suy ra 8 thuộc đường trịn (C) tâm 1(4;3),

bán kính R=5. Khi đó P= MA+MB, với A(-1:3), B(I:-1).
Ta có P? = MA? + MB” + 2MA.MB < 2(MA? + MB)
Goi

E(0;1)

la trung điểm của

AB

> ME” =

MA? + MB’ _ AB’

2

4
2

2

Do dé P? <4.MI? + AB? ma ME Với € là giao điểm của đường thằng E7 với đường tròn (C).
ˆ

Ww

.

c—x

1z: | MA= CMB = M (6:4)—=

Vậy P<10N2. Dâu "=” xảy ra khi và chỉ khi h

a+b=10.

Cau 47: Dap an B.

Cách giải:

Dễ thấy (ABC ):(MNP) =(AB'C):(MNCB)

A’
`

=180° -(AB'C):(A'B#C)- (MNBC):(A'BC)
ivy,

Dio

.

N

tư!

`

2
3

A

với Š là điểm đối

⁄

⁄

⁄,

x<

`
`

Ta có (A'BC):(ABC) =(A'P;AP) = A'PA = arctan^.
Va (MNBC);(ABC) = (SP; AP) = SPA = arctan =,

\

`

= 180” -(A'BC);(ABC) -(MNBC);(ABC).

C
⁄⁄

⁄

NAAN
`

`

=S===_=__—_

ae

— arctan = — mon]

= ¬

Câu 48: Đáp án D.

Cách giải: Tính AB=AC, BC. Ta thây các mặt cầu khơng có điểm chung. vẽ hình thấy 8
mặt tiếp xúc.

Câu 49. Đáp án A.

EN

\|7 P

xứng với A qua A’, thi SA=2AA'=4.
Suy ra cos(AB'C');(MNP) = cos 80

f

P

đới


Phương pháp:

+) Xếp số học sinh lớp 12C trước, tạo ra các khoảng trống, sau đó xếp các học sinh lớp 12A và 12B vào

các vị trí trống đó.
+) Tính số phần tử của không gian mâu và số kết quả thuận lợi của biến cố, sau đó tính xác suất của
biến cố.
Cách giải:
Kí hiệu học sinh lớp 12A, 12B, 12C lần lượt là A, B, C.

Số cách xếp 10 học sinh thành 1 hành ngang là 10! (cách) =|O| = 10!
Ta xếp 5 học sinh lớp 12C trước.
THI: C—C—C—C—CCách xếp.

(quy ước vị trí của - là vị trí trống), đổi chỗ 5 học sinh đó cho nhau ta có 5

Xếp 5 học sinh cịn lại vào 5 vị trí trống ta có 5! cách xếp. Vậy trường hợp này có 5I.5! cách.
TH2: -C—C-C—C—C, tương tự như trường hợp 1 ta có 5I.5! cách.
TH3:

C—C—C—C—~C,

đổi chỗ 5 học sinh đó cho nhau ta có 5! Cách xếp.

Ta có 2 vị trí trống liền nhau, chọn 1 học sinh lớp 12A và 1 học sinh lớp 12B để xếp vào 2 vị trí trống

đó, 2 học sinh này có thể đổi chỗ cho nhau nên có C?.C2.2!= 2.3.2=12 cách. Xếp 3 học sinh cịn lại vào
3 chỗ trống có 3! Cách.
Vậy trường hợp này có 5!.12.3! cach.
TH4:

C—C-C--C-C

TH5:

C-C--C-C-C

THó:

C—-C—C—C-C

Ba trường hợp 4, 5, 6 có cách xếp giống trường hợp 3.
Vậy có tất cả 5I.5I.2 + 4.5!.12.3! = 63360 (cach)

Gọi T là biến cố “Xếp 10 học sinh thành hàng ngang sao cho không có học sinh nào cùng lớp đứng

cạnh nhau” =|A|= 63360

Vậy xác suất của biến cố T là P(T) = Ả

_ 7