Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2018 môn Toán - Mã đề 106 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2018 môn Toán - Mã đề 106 (Có đáp án)

1. Mã đề 106 – toán quôc Gia 2018 Câu 1: Nguyên hàm của hàm số f() x x42 x là 1143 A. x42 x c B. x32 x c C. x x c D. 3xc2 2x 43 Câu 2: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (Sx ):( 5)2 (y 1) 2 (z 2) 2 3 . Có bán kính R bằng A. 3 . B. 9 C. 23 D. 3 Câu 3: Số phức có phần thực 1 phần ảo 3 là A. 13 i . B. 13i . C. 13 i . D. 13i Câu 4 : Diện tích xung quanh của hình trụ tròn xoay có bán kinh r, và đường sinh l bằng 4 A. rl B. rl C. 4 rl D. 2 rl 3 Câu 5 : Phương trình 52x 1 125 có nghiệm là 5 3 A . . B. . C. 3 . D . 1 . 2 2 Câu 6 : Cho hàm số y f() x có bảng biến thiên như sau : Hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới đây A. ( 2; ) B . ( ;2) C. ( 2;3) . D. (3; ) Câu 7 : Cho khối lăng trụ có đáy là hình vuông cạnh a, chiều cao 2a. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 4 3 2 3 A. 2a3 B. 4a3 C. a D. a 3 3 Câu 8 : Cho hàm số y ax42 bx c (a,b,c R) có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 2 B. 1 C. 0 D. 3 Câu 9 : Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị hàm số nào dưới đây 42 42 A. y x x 2 B. y x x 2 C. y x32 32 x D. y x32 32 x 1 Câu 10 : lim bằng 25n 1 1 A. B. C. . D . 0 . 2 5 Câu 11 : Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y x2 3; y 0; x 1; x 2 Gọi V là thể tích của khới tròn xoay được tạo thành khi quay (H) xung quanh trục Ox. Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
2. 2 2 2 2 A. V ( x22 2) dx B. V ( x2 2) dx C. V ( x22 2) dx D. V ( x2 2) dx . 1 1 1 1 xt 1 Câu 12: Trong không gian Oxyz, điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng d:5 y t zt 23 A. B. C. D. P(1;2;5) N(1;5;2) M (1;1;3) Q( 1;1;3) 3 Câu 13 : Với a là số thực dương tùy ý, log ( ) bằng 3 a 1 A. B. 1 log3 a C. 1 log3 a . D. 3 log3 a log2 a Câu 14 : Trong không gian Oxyz mặt phẳng (P):2x y 3z 1 0 có một vectơ pháp tuyến là A. n1 (1;3;2) . B . n2 (2;1;3) . C. n3 (3;1;2) . D . n4 ( 1;3;2) Câu 15 : Từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7;8 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm hai chữ số khác nhau? 2 A. B. 2 C. 2 D. 8 8 C8 A8 2 Câu 16 : Cho hàm số y f() x liên tục trên đoạn  2;4 và có đồ thị như hình vẽ bên Số nghiệm thực của phương trình 3fx ( ) 4 0 trên đoạn  2;4 là A. 1 . B. 0 . C. 2 . D. 3 . 4 4 3f ( x ) 4 0 f ( x ) suy ra trên đoạn đồ thị hàm số y = f(x) và đg thg y 3 3 Cắt nhau tại hai điểm nên phương trình có hai nghiệm trên đoạn  2;2 Đáp án C. Câu 17 : Trong không gian Oxyz, cho 2 điểm A(5; 4;2) ; B(1;2;4) . Mặt phẳng đi qua A vuông góc với đường thẳng AB có phương trình là A. 3xy 3z 0 B. 2x 3 y z 20 0 C. 2x 3 y z 8 0 D. 3x y 3 z 13 0 Câu 18 : Từ một hộp chưa 10 quả cầu màu đỏ , 5 quả cầu màu xanh , lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả . Xác suất để lấy được 3 quả cầu màu xanh là 24 1 2 12 A. B. C. D. 91 12 91 91 2 dx Câu 19: bằng 1 23x
3. 7 17 7 1 A. ln B. ln C. 2ln D. ln35 5 25 5 2 Câu 20: Tìm hai số thực x, y thỏa mãn (2x 3) yi (3i) 5 x 4i A. xy 1; 1 B. xy 1; 1 C. xy 1; 1 D. xy 1; 1 Câu 21: Cho hình chóp S.ABC, có SA vuông góc với đáy AB a,2 SB a . Góc giữa SB và đáy bằng A. 300 B. 600 C. 450 D. 900 Câu 22: Giá trị lớn nhất của hàm số y x42 x 13 trên đoạn  1;2 bằng 51 A. B. 85 C. 13 D. 25 . 4 x 16 4 Câu 23: Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y xx2 A. 3 B. 2 C. 1 D. 0. Câu 24 : Một người gửi tiết kiệm vào một ngân hàng với lãi suất 6,1% trên năm biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được cả vốn và lãi gấp đôi số tiền gửi ban đầu giả định rằng trong thời gian đó lãi suât không thay đổi và người đó không rút tiền ra ? A. 12 năm B. 13 năm C. 10 năm D. 11 năm n P Chú ý : P P0(1 r) n log (1 r ) với PP 2 0 P0 Câu 25 : Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam vuông cân tại C ; BC a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng a 2 a a 3 A. B. C. D. a 2 . 2 2 2 Câu 26 : Một chất điểm A xuất phát từ O chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi qui luật 12 58 v()(/) t t t m s trong đó t giây là khoảng thời gian từ lúc A bắt đầu chuyển động . Từ trạng thái nghỉ một 120 45 chất điểm B cũng xuất phát từ O cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3 giây so với A và có gia tốc bằng a (m/s2) (a là hằng số ) . Sau khi B xuất phát được 15 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng A. 30 m/s B. 25 m/s C. 30 m/s D. 21 m/s Bài giải : từ gt thì thời gian chất điểm A chuyển động đên khi gặp B là 3 +15 = 18 (s) suy ra quãng đường A đi được trong 18 1 58 khoảng thời gian đó là S t2 t dt 225 (m) . Do B chuyển động với gia tốc a (m/s2) với a không đổi A 0 120 45 nên vận tốc của B bằng adt at c vì xuất phát từ trạng thái nghỉ v(0) a .0 c c 0 vậy VB(15) = 15a B
4. 15 1 225a 225a ta còn phải tìm a ta lại có s atdt at2 15 s 225 BA 0 0 2 2 2 a 2( m / s2 )Vậy vận tôc cua B tai thời điểm t = 15 giây là 15.2 30(ms / ) suya ra Đáp án C . Câu 27: Xét các số phức z thỏa mãn z 22 i z 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 kinh bằng A. 4 . B. 2 C. 22 . D. 2. zabizabi ziz2 2 a (2 bia ) 2 biab 22 2a+2 b 2(a b )i là số thuần ảo a2 b 2 2 a 2 b 0 ( a 1) 2 ( b 1) 2 2 xảy ra khi và chỉ khi các điểm biểu diễn số phức z thuộc đg tròn tâm I( 1; 1) bán kính R 2 Đáp án B . Câu 28: Ông A dự định sử dụng 5,5 m2 kính để làm một hồ cá bằng kính có dạng hình hộp chữ nhật không nắp chiều dài gấp đôi chiều rộng . Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu (các mối ghép nối không đáng kể) làm tròn kết quả đến phần hàng trăm ? 3 3 3 3 A. 1,01m . B. 1,17m . C. 1,51m . D. 1,40m . Gọi x, 2x, h lần lượt là rộng dai cao của bể theo bài ra ta có 22 2 211 11 4xx 2 11 4 1 2 222.2.62xxhxhxhx h (0) xVx 2. xx 114 2 12xx 12 6 123 11 V' 11 12 x 0 x lapbang bien thien tren (0; ) Vmax 1.17 m . Đáp án B 6 12 x y 11 z Câu 29 : Trong không gian Oxyz cho đường thẳng : &mf (P): x 2 y z 3 0 . Đường 1 2 1 thẳng nằm trong (P) đồng thời cắt và vuông góc với có phương trình là n x 1 x 3 xt 12 xt 1 m M A. yt 1 . B. yt . C. yt 1 . D. yt 12. P zt 22 zt 2 z 2 zt 23 HD:  (P) M(1;1;2) đường thẳng nằm trong (P) đồng thời cắt và vuông góc với là đg thg qua M có vtcp 1 2 1 m u; n (0;2; 4) u (0; 1;2) là một vtcp của m nên đg thg đó có pt là Pm 1 2 1 x 1; y 1 t ; z 2 2 t Đáp án A . Câu 30: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc OA = a, CB =OC = 2a. Gọi M là trung điểm BC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và AB bằng a 2 2a 5 a 6 A. B. C. a D. 2 5 3
5. HD : Vẽ hình hộp nhận OA,OB,OC là ba cạnh cùng xuất phát từ O như hình vẽ dể thấy A C’ mf(ODC’) song song với AB nên d(AB,OM) = d(B,(ODC’)) do gt suy ra OBDC là hình vuông A' D' nên B &C đối xứng nhau qua M d(B,(ODC’)) = d(C;ODC’)) = h do tứ diện CC’OD có H CC’,CO, CD đôi một vuông góc nên O C 1 1 1 1 1 1 1 3 a 6 Đáp án D M 2 2 2 2 2 2 2 2 h B h CC' CO CD a 4a 4a 2a 3 D Cách 2: Xét hệ tọa độ Oxyz sao cho B, C, A lần lượt thuộcOx, Oy, Oz ABC(0,0,a); (2a,0,0); (0,2a,0) A Khi đó M(a;a;0) ; AB (2a;0; aOMaa ); (;;0);& BM ( aa ;;0) N AB;. OM BM a6 O d(;) AB OM C AB; OM 3 M B Câu 31 : Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình : 9xx mm .3 12 3 75 0có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử ? A . 4 . B. 19 . C. 8 . D. 5 . 3m2 300 0 pt t223 mt 3 m 750(*)(30) t x ycbt S 3 m 0 2 Pm 3 75 0 m 10 mm 0 5 10suy ra có 4 giá trị nguyên của m thỏa đk . Đáp án A . m 5 x 2 Câu 32 : Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y dong bien trenkhoang ( ; 6) xm 3 A. Vô số . B. 2 . C. 1 . D. 6 . 3m 2 3m 2 0 2 ycbt y'2  0 x ( ; 6) m 2 có 2 giá trị nguyên . Đáp án B (xm 3 ) 36m 3 Câu 33 : Một chiếc bút chì có dạng có dạng khối lăng trụ lục giác đều có cạnh đáy bằng 3 mm chiều cao bằng 200 mm thân bút chì làm bằng gỗ và phần lõi làm bằng than chì . Phần lõi là khối trụ có chiều cao bằng chiều dài của bút đáy là hình tròn có bán kính đáy bằng 1 mm. Giả định 1 m3 gỗ có giá là a triệu đồng , 1 m3 than chì có giá 7a triệu đồng . Khi đó giá nguyên liệu làm một chiếc bút chì như trên gần nhất với số nào sau đây ? A. 9,07 a(đồng) B. 84,5 a(đồng) C. 90,07 a(đồng) D. 8,4a(đồng) . 332 V 200 mm33 ; V V V .6.200 V 2700 2 200 mm chi go LT chi4 chi 200 .7a (2700 3 200 ).a gia than chi tren mot san pham; gia go tren mot san pham 1099 10
6. 200 .7a (2700 3 200 ).a Giathanhvatlieu 8,4.10 6 a ( trieu ) 8,4a (dong) . Đáp án D. 1099 10 Câu 34 : hệ số của x5 trong khai triển x( x 2)68 (3 x 1) bằng A. 13548 . B. 13548 . C. 13668 . D. 13668 . 68 6 8 66 k k k 8'8'8'' k k k k x( x 2) (3 x 1) x C68 x .( 2) C x .3 ( 1) kk 0 ' 0 68 67 k k k 8'8'8'' k k k k 542355 C6 x.( 2) C 8 x .3 ( 1) he so cua x C 6 .( 2) C 8 .3 ( 1) 13548 kk 0 ' 0 Đáp án A . e Câu 35 : Cho 2 x ln x dx a . e2 b . e c với a, b, c là các số hữu tỉ . Mệnh đề nào dưới đây đúng 1 A. a b c . B. a b c . C. a b c . D. a b c e e ex211 e x 2 e 2 Giải : 2 xxdx ln 2dx xxdx ln 2e 2 ln xee dx 2e 2 x2 11 1 1 12 2 1 x 2 4 e2 1 1 9 1 9 2e 2 e22 e e e 2 a ; b ; c 2 a b 2 c . Chọn đáp án D . 2 4 4 4 4 4 Câu 36 : Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) cóa tâm I( 1;0;2) và đi qua điểm A(0;1;1) . Xét các điểm B, C, D thuộc (S) sao cho AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD có gía trị lớn nhất bằng 8 4 A. . B. 4 . C. . D. 8 . D 3 3 GIẢI: Goi F , M lần lượt là trung điểm BC, AD và I là giao của đg thg quaM song song M EF với đg thg qua F song song AD thì ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD I A 2 2 2 Từ gt thì AI ID R ( 1 0) (0 1) (2 1) 3 B 2 2 2 F AB AC AD C Ta cũng có AI2 AF 2 IF 2 44 4IA2 AB 2 AC 2 A D 2 333 AB 2 AC 2 A D 2 12 3 AB 2 AC 2 A D 2 AB2 AC 2 AD4 2 3 1 8 4 4 AB. AC . A D 43 8 AB . AC . A D V SUY RA Đáp án C . 6 6 3 ABCD 3 22 Câu 37 : Cho a 0, b 0 thoa man log2a 2bb 1 (4 a b 1) log 4a 1 (2 a 2 b 1) 2. Giá trị của ab 2 bằng 15 3 A . . B . . C . 5 . D. 4 . 4 2 2 2 2 2 HD: bđt côsi : 4a b 4a b vi 2a 2 b 1 1 log2a 2bb 1 (4a b 1) log 2a 2 1 (4a b 1)
7. 22 2 log2a21 b (4a b 1) log 4a1 b (2a 2 b 1) log 2a21 b (4a b 1) log 4a1 b (2a 2 b 1) 111 Dat t log (2a 2 b 1) t 0 & log (4a b 1) 2 t 2 t 2 Xay khi t 1 4abb 1 2a 2 1 ttt 22 Tóm lại log2a 2bb 1 (4a b 1) log 4a 1 (2 a 2 b 1) 2 xảy ra khi 3 22 b 2a a 4a b 2a b 4 3 3 15 3 ab 22 . log4ab 1 (2a 2b 1) 1 4abb 1 2a 2 1a 3 4 2 4 4 b 2 Đáp án A . xt 13 Câu 38 : Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: y 1 4 t ; Goi la duong thang di qua z 1 A(1;1;1) va co vtcp u ( 2;1;2). Đường phân giác góc nhọn tạo bởi d & có phương trình là xt 1 xt 18 19 xt 1 27 xt 18 19 A. yt 1 17 . B. yt 67 . C. yt 1 . D. yt 67 zt 1 10 zt 11 10 zt 1 zt 11 10 Giải : tọa độ điểm A nghiệm đúng pt của d nên phân giác cần tìm phải đi qua A từ gt ta có udd (3;4;0);u ( 2;1;2) u . u 10 0 trên d và lấy hai điẻm M, N sao cho AM ud ; AN u . Xét hai vectơ AM ud 3 4 u 2 1 2 u12 ; ;0 & u ; ; u12 u là vectơ chỉ phương của đường AM ud 5 5 u 3 3 3 19 7 2 phân giác góc nhọn vì u12 u ; ; m (19;7; 10) là một vtcp của phân giác cần tìm suy ra phân 15 15 3 xt 1 19 giác đó có pt là yt 17 cho tN 1 ( 18; 6;11) cung thuộc phân giác . Vậy Đáp án D . zt 1 10 Câu 39 : Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ tâm O , gọi I là tâm hình vuông A’B’C’D’ và M là điểm thuộc OI sao cho 1 MO MI ( hình vẽ ). Khi đó sin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (MAB) và (MC’D’) bằng 2 6 13 17 65 7 85 6 85 A. . B. . C. . C. . 65 65 85 85 Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB, C’D’ vì (MAB) // (MC’D’) nên giao tuyến của
8. hai mặt phẳng đó song song với AB &C’D’  (MAB );( MC ' D ')  ( ME , MF ) Gọi là số đo góc của hai mặt phẳng ta có cos cos(ME ;MF) giả sử cạnh của lập Phương là a thì ta có MI 2;'4; MI IE IF 3 EF 62 ME 345;MF232 2 2 2 13 ME2 MF 2 EF 225 13 72 17 13 17 2 .65 6 13 cos(ME ; MF ) sin 1 . 2ME . MF 2 25.13 65 652 65 Đáp án A . 17 Câu 40 : Cho hàm số y x42 x có đồ thị (C) . Có bao nhiêu điêm A thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A cắt 63 (C) tại hai điểm phân biệt M( x1 ; y 1 )& N ( x 2 ;y 2 ) khác A thỏa mãn y1 y 2 4( x 1 x 2 ) ? A. 0 . B . 3 . C . 2 . D . 1 . Từ gt thì NM x1 x 2; y 1 y 2 x 1 x 2 ;4( x 1 x 2 ) la một vtcp của tiếp tuyến của (C) tại điểm A 2 14 t2 tai A co he so goc k 4 x 3 x 4 2 x 3 14 x 12 0 x 3; x 1; x 2 33 1 2 3 39 1 7 39 Tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x 3 copty 4 x ptx :42 x 4 x 1 2 6 3 2 x4 14 x 2 24 x 117 0 ( x 3) 2 ( x 2 6x 13) 0có duy nhất một nghiệm không thỏa ycbt 11 1 7 11 Tương tự tiếp tuyến của (C) tại x 1 copty : 4 x ptx42 x 4 x 2 6 6 3 6 x4 14 x 2 24 x 11 0 ( x 1) 2 ( x 2 2 x 11) 0 có ba nghiệm phân biệt thỏa ycbt 4 1 7 4 Tiếp tuyến của (C) tại x 2 coptyx : 4 ptx4 x 2 4 x x 4 14 x 2 24 x 8 0 3 3 6 3 3 (x 2)22 ( x 4 x 2) 0 có ba nghiệm phân biệt thỏa ycbt . vậy trên (C) có hai điểm để tiếp tuyến tại đó thỏa đk bài ra . Đáp án C . 1 2 Câu 41 : Cho hàm số fx() thỏa mãn f(2) & f '( x ) x3  f ( x )  x R . Giá trị f(1) bằng 5 4 79 4 7 A. . B. . C. . D. . 35 20 5 21 HD Từ gt ta có : f'( x )2 2 f '( x ) 2 d f() x  1 x4 1 1 x3 x 3 dx dx 2 2 2 2 2 11  f()()() x 1 1 f x 1  f x  f( x ) 4 f (2) f (1)
9. 15 1 1 5 4 5 f (1) . Đáp án C . 4ff (1) (1) 4 5 Câu 42 : Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z z 5 i 2 i (6 i ) z ? A .2 . B . 3 . C . 1 . D . 4 . Chú ý : nếu z1 , z2 là hai số phức thì z1. z 2 z 1 z 2 từ gt ta có zz 5 i 2(6) i iztz .6z izttii 5 2 zt (6)5(2)(*) i tt i voitz 0 thì VT, VP (*) là hai số phức nên dấu (=) xảy ra zt. ( 6)2 1 2 25 t 2 (t 2) 2 ttt 2 ( 2 12 37) 26 tttttt 2 4 4 4 12 3 11 2 4 4 0 t 1 32 (t 1)( t 11 t 4) 0 t 11; t 0,6 . Vậy có ba số phức z thỏa đk . Đáp án B . t 0,6 ( loai ) x Câu 43 : Cho phương trình 2 m log2 ( x m ) với m là tham số . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc ( 18;18) để phương trình đã cho có nghiệm ? A. 19 . B. 18. C. 9 . D. 17 . t x t x t HD : đặt t log()22 x m x m pt da cho tro thanh :2222 x t x t Xét hàm số Fu()2 u uFu '()2ln510 u ptxt 2 x xmmx 2 x x x x 11 Xét hàm số : f( x ) x 2 f '( x ) 1 2 ln7 0 2 x log2 0.9 bbt ln2 ln2 Vậy pt đã cho có nghiệm khi m nguyên và m thuộc ( 18; 1] Suy ra có 1 ( 18) 17 giá trị nguyên của m thỏa đk Đáp án D . Câu 44 : Trong mặt phẳng Oxyz cho mặt cầu (S ):( x 2)2 ( y 3) 2 ( z 1) 2 16 va A ( 1; 1; 1) . Xét các diểm M thuộc (S) sao cho AM luôn tiếp xúc (S), M luôn thuộc mặt phẳng có phương trình : A. . B. . 3xy 4 2 0 6xy 8 11 0 C. . D. . 6xy 8 11 0 3xy 4 2 0 Gọi M(,,)() x y z S và H là hình chiếu của M trên IA với IR(2;3; 1), 3 Lần lượt là tâm và bán kính của (S) vì AI (2 1)2 (3 1) 2 ( 1 1) 2 5 AM AI22 R 3 suy ra M cũng nằm trên mặt cầu (S’) tâm bán kính AM (S ') co pt :( x 1)2 ( y 1) 2 ( z 1) 2 9 (*) trừ từng vế pt của hai mặt cầu (S) & (S’) ta có pt : 6x 8 y 11 7 6 x 8 y 40 3 x 4 y 20(1) Tập các điểm M thỏa mãn (1) là pt của mf
10. Vậy Đáp án A . Cách khác gọi H là hình chiếu của M trên AI 27 x 1 H 25 2 9IH 9 9 36 2 11 IM IH. IA IH IH IA yH 1 H ( ; ; 1) suy ra M 5IA 25 25 25 25 25 zH 10 2 11 thuộc mf đi qua H vuông góc với IA nên có pt 3(x ) 4( y ) 0(z 1) 0 3 x 4 y 2 0 25 25 Câu 45 : Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’, khoảng cách từ C đến BB’ bằng 5 , khoảng cách tù A đến BB’ và CC’ lần lượt bằng 1, 2 Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (A’B’C’) trùng với trung điểm M của B’C’ và AM'5 . Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng 2 15 25 15 A. 5 . B . . C . . D . 3 3 3 HD: Thể tích khối lăng trụ xiên băng diện tich thiết thẳng nhân với độ dài cạnh bên Gọi E,F lần lượt là hình chiếu của A trên CC’, BB’ AA'  ( AEF ) EF  BB ', EF  CC ' EF 5 vi AE 2, AF 1 AEF vuông tại A gọi H 15 A Là trung điểm BC và I là giao của EF với MH suy ra AI EF 22 C H B Do gt thì ta cũng có AM vuông góc (ABC) AMH vuông tại A có 1 1 1 F AI MH 2 2 2 I AI AH AM A' E 5 2 15 C' AM2 AA' A ' M 2 AM 2 ; dt tam giác M 33B' 1 2 15 2 15 AEF bằng AE. AF 1 V AA '. dt 1. . Đáp án B . 2LT AE F 3 3 Câu 46 : Ba bạn A, B, C mỗi bạn viết ngẫu nhiên lên bảng một số tự nhiên thuộc đoạn [ 1; 16 ] . Xác suất để ba số đuọc viết ra có tổng chia hết cho 3 bằng 19 683 1457 77 A. . B. . C. . D. . 56 2048 4096 512 Giải : Gọi X là biến cố 3 số viết ra có tổng chia hết cho 3 không gian mẫu của X là  ta có :  16.16.16 163 Gọi M = {3;6;9;12 ; 15} là tập hợp các số chia hêt cho 3 thuộc đoạn đã cho ; N = {2;5;8;11;14 } là tập các số chia 3 dư 2 thuộc đoạn đã cho ; P ={1;4;7;10;13 ; 16} là tập các số chia3 dư 1 . Do ba số viết ra có tổng chia hết cho 3 nên ta có các TH sau
11. 3 TH1 : 3 số viết lên đều chia hết cho 3 TH này có 5 khả năng xảy ra 3 TH2 : 3 số viết lên chia hết cho 3 dư 2 TH này có 5 khả năng xảy ra 3 TH3 : 3 số viết lên chia hết cho 3 dư 1 TH này có 6 khả năng xảy ra TH4 : 3 số viết lên có 1 số chia hết, một số chia cho 3 dư 1, và một số chia 3 dư 2. Do mỗi bạn chỉ được viêt ra một số nên TH này có tất cả 3!(5.5.6) 900 1366 683 Tóm lại XPX 53 5 3 6 3 900 1366 ( ) Đáp án D . 163 2048 Câu 47 : Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y x8 ( m 3) x 5 ( m 2 9) x 4 1 đạt cực tiểu tai điểm x 0 ? A. 6. B. 4 . C. vô số . D. 7 . Tư gt thì ycbt là y’(0) = 0 và đổi đấu từ âm sang dương tai điểm x = 0 vì : 7 4 2 3 3 4 2 yx' 8 5( mx 3) 4( m 9) xxx 8 5( mxm 3) 4( 9) 0 khix  0 m đặt fxxmxm( ) 84 5( 3) 4( 2 9) taix 0 f (0) 4( m 2 4) 0 m 3 Với m 3 y x87 1 y ' 8 x 0 x 0và đổi dấu khi qua x= 0 nên m = 2 thỏa ycbt Với m = - 3 y' x3 (8 x 4 20 x ) x 4 (8 x 3 20) không đổi dấu khi qua x = 0 nên m = - 3 loại Khi m 3 do x3 luôn đổi dấu từ âm sang dương khi qua x = 0 suy ra để y’ đổi dấu khi qua x = 0 thì limfx ( ) 0 ta x 0 có limfx ( ) lim 8 xmxm4 5( 3) 4( 2 9) 4( m 2 9) 0 mmZm 3; {-2; 1;0;1;2} xx 00 Kết hợp với m = 3 thỏa mãn suy ra có tất cả 6 giá trị nguyên của m thoa ycbt . Đáp án A . 3 233 2 Câu 48 : Cho hai hàm số fx()ax bx cx &() gx dx ex (,,,, abcdeR ) biết đồ thị của 44 y = f(x) và y g(x) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là 2;1; 3 (hình vẽ) . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số đã cho có diện tích bằng 125 253 253 125 A . . B . . C . D . . 24 24 48 48 32 3 Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là pt bậc 3 có dạng ax (b d ) x ( c e ) x 0 2 bd 1 x x x 2 a 1 2 3 a 4 31 Theo gt pt có ba nghiệm 3; 1;1 nên theo định lí Vi et ta có x1 x 2 x 3 6 b d 2a 2 ce 5 ce x1 x 2 x 1 x 3 x 2 x 3 5 a 4
12. 132 1 5 3 f()() x g x x x x . Từ hình vẽ ta có diện tích hình phẳng (H) được tính bởi công thức sau 4 2 4 2 1 3 1 3 13 1 2 5 3 1 3 1 2 5 3  fxgxdx()()()()   fxgxdx x x x dx x x x dx 2 1 2 4 2 4 2 1 4 2 4 2 63 4 253 () . Đáp án C . 16 3 48 Câu 49 : Cho hai hàm số y = f(x) , y = g(x) . Hai hàm số y =f’(x) và y =g’(x) có đồ thị như hình vẽ , trong đó đường cong 5 đậm hơn là đồ thị của hàm số y = g’(x) . Hàm số h( x ) f ( x 6) g (2 x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây 2 17 21 1 21 A. 4; . B. 3; . C. ;1 . D. ; . 4 5 4 5 3 Bài giải : từ gt suy ra h'( x ) f '( x 4) 2 g '(2 x ) trên các khoảng cho 2 trong các đáp án ta kiểm tra xem h’(x) dương hay âm để từ đó đưa ra kết luận 17  x0 4; 10 x 0 6 10,25 5 f x 0 6 8 (1) ta cũng có 4 5 5 5 10,52 x0 114 g '2 x 0 5 10 2'2 g x 0 8(2) 2 2 2 17 Từ (1), (2) 5 h ( x00 ) 0  x 4; suy ra đáp án A loại 4 21  x0 3; 9 x 0 6 10,2 8 f x 0 6 10 (1') 5 53 5 Ta cũng có 8,52 x00 10,9 4 g '2 x 5 10 2gx ' 20 8 (2') 22 2 21 21 từ (1’)& (2’) suy ra 2 h '( x00 ) 2  x 3; trên khoảng 3; hàm số h(x) không thể luôn đồng biến 5 5 9 nên đáp án B. loại Xét tuong tự cho khoảng ;3 ta có 4 1 5  x0 ;1 6,25 x 0 6 7 10 f x 0 3 11 (1'') ta cũng có 3 2x0 4.5 4 2 3 7 2 gx ' 20 4 8 2gx ' 20 4 (2'') Nên từ (1’’) &(2’’) suy ra 2 2 1 1 2 h '( x00 ) 7  x ;1 suy ra h(x) đồng biến trên khoảng ;1 . Vậy B là đáp án đúng . Đáp án C 4 4 x 2 Câu 50 : Cho hàm số y có đồ thị (C). Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận . Xét tam giác đều ABI có hai đỉnh x 1 A,B thuộc (C) , đoạn thẳng AB có độ dài bằng A. 6 . B . 3 C. 23 . D. 22 .
13. xx 2 1 3 3 3 Giải : từ gt yy 11 x 1 x 1 x 1 x 2 3 đặt Y y 1, X x 1 Y tức ta đã chuyển gốc tọa độ về giao của hai X tiệm cận gọi A,B là hai điểm thuộc (C) thỏa đk đầu bài và J là trung điểm AB thì IA, IB đối xứng nhau qua IJ . Nếu A,B lầ lượt nằm vào hai nhánh của (C) thì góc AIB luôn là góc tù nên yêu cầu bai toán thỏa mãn khi khi và chỉ khi A,B thuộc cùng một nhánh như hình vẽ nên tam giác AIB đều thì hai góc AIA’ và góc BIB’ bằng nhau và đều bằng 150 (A’,B’ lần luọt là hình chiếu của A,B trên 3 trục hoành trục OX ; và trên trục tung OY của hệ tọa độ mới ). Gọi Aa(;) là tọa độ của A trong hệ tọa độ mới a 3 IA'a 3 30 3 3 tanAI A' 2 2 tan15 2 a A' A a a a a tan150 3 3 0 20 đáp án C . A ; 3tan15 IA 3tan15 0 12 IA 2 3 tan150 tan15 .