Đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018
The best or nothing
ĐỀ MINH HỌA BỘ GD & ĐT
KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2018
Ngọc Huyền LB sưu tầm và giới thiệu
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút
Câu 1: Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu
xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành
diễn số phức:
được tính theo công thức:
A. V f 2 x dx.
C. V 2 f 2 x dx.
a
1
A. z 2 i.
–2
O
C. z 2 i.
Câu 2: lim
x
x2
bằng:
x3
b
B. z 1 2i.
a
D. z 1 2i.
x
–
y
D. 10 2.
2
C. C10
.
Câu 4: Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h
và diện tích đáy bằng B là:
1
A. V Bh.
3
1
B. V Bh.
6
Câu 5: Cho hàm số y f x có bảng biến thiên
như sau:
x
–
2
0
–
0
2
0
0
3
y
–
3
–1
Hàm số y f x nghịch biến trên khoảng nào
A. 2; 0 .
dưới đây?
C. 0; 2 .
a
B. ; 2 .
D. 0; .
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
0
2
0
0
–
5
1
Hàm số đạt cực đại tại điểm:
A. x 1. B. x 0.
C. x 5. D. x 2.
Câu 8: Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào
dưới đây đúng?
1
D. V Bh.
2
C. V Bh.
b
như sau:
gồm 2 phần tử của M là:
2
B. A10
.
D. V 2 f x dx.
a
Câu 7: Cho hàm số y f x có bảng biến thiên
x
2
A. .
B. 1.
C. 2.
D. 3.
3
Câu 3: Cho tập hợp M có 10 phần tử. Số tập con
8
A. A10
.
B. V 2 f 2 x dx.
b
b
y
A. log 3a 3log a.
C. log a3 3log a.
1
B. log a3 log a.
3
1
D. log 3a log a.
3
Câu 9: Họ nguyên hàm của hàm số f x 3x2 1
là:
A. x3 C.
C. 6x C.
B.
x3
x C.
3
D. x 3 x C.
A 3; 1;1. Hình chiếu vuông góc của A trên mặt
Câu 10: Trong không gian Oxyz , cho điểm
phẳng Oyz là điểm:
A. M 3;0;0 .
C. P 0; 1;0 .
B. N 0; 1;1 .
D. Q 0;0;1 .
Câu 11: Đường cong trong hình bên là đồ thị của
hàm số nào dưới đây?
thẳng x a, x b a b . Thể tích của khối tròn
Đặt sách online tại: tiki.vn | newshop.vn | pibook.vn | lovebook.vn
Số nghiệm của phương trình f x 2 0 là:
Ngọc Huyền LB – Nguyễn Ngọc Nam
More than a book
y
A. 0.
A. y x 2x 2.
4
2
C. y x3 3x2 2.
x
B. y x 2x 2.
4
2
D. y x3 3x2 2.
Câu 12: Trong không gian Oxyz , cho đường
x 2 y 1 z
. Đường thẳng d có một
1
2
1
vectơ chỉ phương là:
thẳng d :
A. u1 1; 2;1 .
B. u2 2;1;0 .
C. u3 2;1;1 .
D. u4 1; 2;0 .
Câu 13: Tập nghiệm của bất phương trình
22 x 2x6 là
A. 0; 6 .
B. ;6 . C. 0; 64 . D. 6; .
18:
Giá
MNP có phương trình là:
x y z
x y z
B.
1.
0.
2 1 2
2 1 2
x y z
x y z
C. 1.
D.
1.
2 1 2
2 1 2
Câu 16: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm
A.
x2
.
B. y 2
x 1
C. y x2 1.
D. y
x
.
x1
Câu 17: Cho hàm số y f x có bảng biến thiên
như sau:
x
số
bằng:
16
.
225
phương trình 4 z 2 4 z 3 0. Giá trị của biểu thức
z1 z2 bằng:
A. 3 2.
B. 2 3.
C. 3.
D.
3.
Câu 21: Cho hình lập phương ABCD.ABCD 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’
D’
B’
C’
3a
.
D. 2 a.
2
Câu 22: Một người gửi 100 triệu đồng vào một
A.
B. a.
3a.
C.
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 vốn ban đầu
để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau đúng
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.
.
.
đồng.
B.
.
.
đồng.
C.
.
.
đồng.
D.
.
.
đồng.
Câu 23: Một hộp chứa 11 quả cầu gồm 5 quả cầu
–
3
đồng thời 2 quả cầu từ hộp đó. Xác suất để 2 quả
0
cầu chọn ra cùng màu bằng:
4
y
hàm
màu xanh và 6 quả cầu màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên
–1
0
dx
của
D.
M 2;0;0 , N 0; 1;0 và P 0;0; 2 . Mặt phẳng
x2 3x 2
A. y
.
x 1
x3
nhất
5
5
2
B. log . C. ln .
D.
.
3
3
15
Câu 20: Gọi z 1 và z 2 là hai nghiệm phức của
A.
3a
.
2
Câu 15: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm
cận đứng?
D. 2.
0
sinh của hình nón đã cho bằng:
C. 2a.
lớn
2
bằng 3a2 và bán kính đáy bằng a. Độ dài đường
B. 3a.
trị
Câu 19: Tích phân
Câu 14: Cho hình nón có diện tích xung quanh
A. 2 2 a.
C. 1.
f x x4 4x2 5 trên đoạn 2; 3 bằng:
A. 50.
B. 5.
C. 1.
D. 122.
Câu
O
B. 3.
A.
–2
5
.
22
B.
6
.
11
Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com
C.
5
.
11
D.
8
.
11
Đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018
The best or nothing
A 1; 2;1 và B 2;1;0 . Mặt phẳng qua A và
Câu 24: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
vuông góc với AB có phương trình là:
A. 3x y z 6 0.
B. 3x y z 6 0.
C. x 3 y z 5 0.
D. x 3 y z 6 0.
Câu 25: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất
cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của SD
đường thẳng BM và mặt phẳng ABCD bằng:
(tham khảo hình vẽ bên). Tang của góc giữa
S
x5 y 1 z 2
x3 y3 z2
; d2 :
3
2
1
1
2
1
P : x 2y 3z 5 0. Đường
thẳng vuông góc với P , cắt d và d có phương
và mặt phẳng
1
x 1 y 1 z
x 2 y 3 z 1
B.
.
.
1
2
3
1
2
3
x3 y3 z2
x 1 y 1 z
C.
.
. D.
1
2
3
3
2
1
Câu 30: Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham
A.
A. 5.
H
B. 3.
Câu 31: Cho
C
2
3
2
1
.
.
A.
B.
C. .
D. .
3
2
3
3
Câu 26: Với n là số nguyên dương thỏa mãn
Cn1 Cn2 55, số hạng không chứa x trong khai
C. 0.
D. 4.
là hình phẳng giới hạn bởi
y 4 x2 (với 0 x 2 ) và trục hoành (phần tô
đậm trong hình vẽ). Diện tích của H bằng:
y
n
C. 80640.
1
đồng biến trên
5x 5
parabol y 3x2 , cung tròn có phương trình
2
triển của biểu thức x 3 3 bằng:
x
A. 322560. B. 3360.
2
trình là:
khoảng 0; ?
D
B
thẳng d1 :
số m để hàm số y x 3 mx
M
A
Câu 29: Trong không gian Oxyz, cho hai đường
2
D. 13440.
Câu 27: Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương
trình log 3 x.log 9 x.log 27 x.log 81 x
2
bằng:
3
82
80
A.
B.
C. 9.
D. 0.
.
.
9
9
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 (tham khảo hình vẽ bên).
Góc giữa hai đường thẳng OM và AB bằng:
A
2
O
A.
C.
4 3
.
12
B.
4 2 3 3
.
6
Câu 32: Biết
2
1
x 1
D.
dx
x
4 3
.
6
5 3 2
.
3
x x x1
a b c với
a , b, c là các số nguyên dương. Tính P a b c.
A. P 24. B. P 12. C. P 18. D. P 46.
Câu 33: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 4.
Tính diện tích xung quanh Sxq của hình trụ có một
B
O
đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác
M
BCD và chiều cao bằng chiều cao tứ diện ABCD.
A. 90.
B. 30.
C
C. 60.
D. 45.
A. Sxq
C. Sxq
16 2
.
3
16 3
.
3
B. Sxq 8 2 .
D. Sxq 8 3 .
Đặt sách online tại: tiki.vn | newshop.vn | pibook.vn | lovebook.vn
Ngọc Huyền LB – Nguyễn Ngọc Nam
More than a book
Câu 34: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của
16 2.12 m 2 .9 0
tham số m để phương trình:
x
x
M và cắt các trục xOx , yOy , zOz lần lượt tại các
x
điểm A,B,C sao cho OA OB OC 0 ?
có nghiệm dương?
A. 1.
B. 2.
C. 4.
D. 3.
A. 3.
Câu 35: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m để phương trình
3
m 3 3 m 3sin x sin x có
nghiệm thực?
A. 5.
B. 7.
M 1;1; 2 . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng P đi qua
Câu 41: Trong không gian Oxyz, cho điểm
C. 3.
D. 2.
Câu 36: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham
Câu
tử của S là:
Câu 37: Cho hàm số f x xác định trên
A. 1.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
1
\
2
2
, f 0 1 và f 1 2 .
2x 1
Giá trị của biểu thức f 1 f 3 bằng:
thỏa mãn f x
A. 4 ln15 .
B. 2 ln15 .
C. 3 ln15 .
Câu 38: Cho số phức z a bi , a, b
D. ln15 .
thỏa mãn
z 2 i z 1 i 0 và z 1 . Tính P a b .
A. P 1. B. P 5. C. P 3.
D. P 7.
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 trên khoảng:
dãy
số
u
n
thỏa
mãn
với mọi n 1 . Giá trị nhỏ nhất của n để un 5100
bằng:
A. 247.
B. 248.
C. 229.
D. 290.
Câu 43: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m để hàm số y 3x4 4 x3 12 x2 m có
điểm
cực trị?
A. 3.
B. 5.
C. 6.
D. 4.
Câu 44: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm
8 4 8
A 2; 2;1 , B ; ; . Đường thẳng đi qua tâm
3 3 3
của đường tròn nội tiếp của tam giác OAB và
vuông góc với mặt phẳng OAB có phương trình
là:
x1 y 3 x1
x1 y 8 z4
. B.
.
2
2
1
2
1
2
1
5
11
2
2
5
x
y
z
x
y
z
3
3
6 . D.
9
9
9.
C.
2
2
1
2
1
2
Câu 45: Cho hai hình vuông ABCD và ABEF có
A.
cạnh bằng , lần lượt nằm trên hai mặt phẳng
qua đường thẳng DE. Thể tích của khối đa diện
–1
1
O
ABCDSEF bằng:
4
x
A.
B. 2; . C. 2;1 . D. ; 2 .
x 2
Câu 40: Cho hàm số y
có đồ thị C và
x 1
điểm A a;1 . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị
thực của a để có đúng một tiếp tuyến của C đi
qua A. Tổng giá trị của tất cả các phần tử của S
bằng:
A. 1.
Cho
D. 8.
vuông góc với nhau. Gọi S là điểm đối xứng với B
y
A. 1; 3 .
42:
C. 4.
log u1 2 log u1 2log u10 2log u10 và un1 2un
số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
y x3 3x m trên đoạn 0; 2 bằng 3. Số phần
B. 1.
3
B. .
2
5
C. .
2
1
D. .
2
7
.
6
B.
11
.
12
C.
2
.
3
D.
Câu 46: Xét các số phức z a bi a, b
mãn
z 4 3i 5 .
Tính
5
.
6
P ab
z 1 3i z 1 i đạt giá trị lớn nhất.
A. P 10 . B. P 4 .
C. P 6 .
thỏa
khi
D. P 8 .
Câu 47: Cho hình lăng trụ tam giác đều
ABC.ABC có AB 2 3 và AA 2 . Gọi M,N,P
lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC và
bởi hai mặt phẳng ABC và MNP bằng:
BC ( tham khảo hình vẽ bên). Côsin của góc tạo
Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com
Đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018
The best or nothing
cả ba mặt cầu S1 , S2 , S3 ?
bằng 1. Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với
N
A. 5.
B. 7.
C. 6.
D. 8.
Câu 49: Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học
M
sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B, 5 học sinh lớp
12C thành một hàng ngang. Xác suất để trong 10
C
học sinh trên không có 2 học sinh cùng lớp đứng
cạnh nhau bằng:
P
B
A
6 13
13
17 13
18 13
. B.
.
C.
. D.
.
65
65
65
65
Câu 48: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm
A.
A 1; 2;1 , B 3; 1;1 , C 1; 1;1 . Gọi S1 là mặt
cầu có tâm A, bán kính bằng 2; S2 và S3 là hai
mặt cầu có tâm lần lượt là B,C và bán kính đều
A.
11
.
630
B.
1
.
126
C.
1
.
105
D.
1
.
42
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
1
1
x f x dx 3 . Tính f x dx.
1
2
0
1
2
0
0
A.
7
.
5
B. 1.
C.
Đặt sách online tại: tiki.vn | newshop.vn | pibook.vn | lovebook.vn
7
.
4
D. 4.
ĐÁP ÁN CHI TIẾT MINH HỌA KỲ THI THPT QUỐC GIA 2018
Đáp án chi tiết đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018
The best or nothing
1.A
2.C
3.D
4.C
5.C
6.B
7.D
8.D
9.B
10.C
11.C
12.A
13.D
14.A
15.D
16.D
17.C
18.A
19.D
20.C
21.B
22.B
23.A
24.D
25.A
26.A
27.A
28.D
29.C
30.C
31.A
32.A
33.B
34.D
35.C
36.B
37.D
38.B
39.D
40.C
41.A
42.C
43.A
44.D
45.B
46.A
47.C
48.C
49.B
50.D
y
Câu 1: Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức
A. z 2 i
1
x
–2
Trong hệ trục tọa độ Oxy,
nếu điểm M có tọa độ là
M a; b thì M là điểm biểu
diễn của số phức z a bi
a, b .
P x
STUDY TIPS
P x
Q x
D. z 1 2i
Trong hình vẽ bên, trên hệ trục tọa độ Oxy, điểm M có tọa độ là M 2;1 . Do
STUDY TIPS
x
C. z 2 i
Lời giải chi tiết:
O
Tính giới hạn lim
B. z 1 2i
Q x
vậy điểm M biểu diễn số phức z 2 i .
Câu 2: lim
x
A.
Đáp án A.
x2
bằng
x3
2
3
B. 1
C. 2
D. –3
Lời giải chi tiết:
với
a m x m ... a1 x a 0
b m .x m ... b1 x b0
ta chia cả tử và mẫu của
phân thức đó cho x m và giới
hạn cần tính là
P x am
.
lim
x Q x
bm
Cách 1: Tư duy tự luận
2
2
x1
1
x
x2
x 1.
Ta có lim
lim
lim
x x 3
x
3
3 x
1
x1
x
x
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
X2
và CALC X 106
X3
aQ)p2RQ)+3r10^6=
Máy hiện kết quả bằng 0,999995 1 .
Nhập vào màn hình
Đáp án B.
Câu 3: Cho tập hợp M có
STUDY TIPS
Giả sử tập “ có n phần tử,
mỗi tập con gồm k phần tử
của “ được tính theo công
thức được gọi là một tổ hợp
chập k của n phần tử đã cho.
Kí hiệu là C kn trong đó
0kn.
8
10
phần tử. Số tập con gồm phần tử của M là
2
10
A. A
2
C. C10
B. A
D. 102
Lời giải chi tiết:
2
Số tập con gồm phần tử của M là C10
tập hợp .
Đáp án C.
Câu 4: Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là
A. V
1
Bh
3
B. V
1
Bh
6
C. V Bh
D. V
1
Bh
2
Lời giải chi tiết:
Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h, diện tích đáy Sđáy B được tính theo
1
1
công thức V Sđáy .h Bh .
3
3
Đáp án A.
LOVEBOOK.VN| 1
Ngọc Huyền LB – Nguyễn Ngọc Nam
More than a book
Câu 5: Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau
–2
x
0
–
0
2
0
0
3
–
3
y
–1
Hàm số y f x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. 2; 0
C. 0; 2
B. ; 2
D. 0;
Quan sát bảng biến thiên, ta thấy hàm số y f x nghịch biến trên mỗi khoảng
Lời giải chi tiết:
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. V 2 f 2 x dx
A. V f 2 x dx
b
b
C. V 2 f 2 x dx
D. V 2 f x dx
a
a
b
b
a
a
Lời giải chi tiết:
Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành được tính theo
công thức Vx f 2 x dx .
b
a
Đáp án A.
Câu 7: Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau
x
–
2
0
0
–
5
y
1
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm
A. x 1
0
B. x 0
C. x 5
D. x 2
Lời giải chi tiết:
Quan sát bảng biến thiên, ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại điểm x 0 .
Đáp án B.
LOVEBOOK.VN| 2
Đáp án chi tiết đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018
The best or nothing
Câu 8: Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. log 3a 3log a
1
B. log a 3 log a
3
1
D. log 3a log a
3
C. log a3 3log a
Lời giải chi tiết:
Ta có log 3a log 3 log a . Loại phương án “, D.
Cách 1: Tư duy tự luận
STUDY TIPS
Cho hai số thực dương a, b
a 1 . Với mọi ta có:
log a b .log a b
Lại có log a3 3log a . Loại B.
* Nhập vào màn hình log 3X 3log X , CALC X 1,3
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
g3Q))p3gQ))r1.3=
Máy hiện kết quả bằng 0,2492345501. Loại A.
1
* Nhập vào màn hình log X 3 log X , CALC X 1,3
3
gQ)qd)p1a3$gQ))r1.3=
Máy hiện kết quả bằng 0,3038489395. Loại B.
* Nhập vào màn hình log X 3 3log X , CALC X 1,3
!!!!!oooo3r1.3=
Máy hiện kết quả bằng 0. Chọn C.
Câu 9: Họ nguyên hàm của hàm số f x 3x2 1 là
STUDY TIPS
Cách có sử dụng các công
thức sau:
f x g x dx
f x dx g x dx
2. dx x C
1.
x1
3. x dx
C, 1
1
A. x3 C
B.
C. 6x C
x3
xC
3
Đáp án C.
D. x3 x C
Lời giải chi tiết:
Cách 1: Tư duy tự luận
Ta có
f x dx 3x
2
1 dx 3 x 2dx dx 3.
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
* Nhập vào màn hình
x3
x C x3 x C .
3
d
3X 2 1 , C“LC với X 1,5
X3
xX
dx
qyQ)qd$Q)$p(3Q)d+1)r1.
5=
Kết quả bằng – . Loại A.
d X3
X
3X 2 1 , C“LC với X 1,5
x
X
dx 3
$$$$$$a3$+Q)r1.5=
Kết quả bằng – , . Loại B.
* Sửa màn hình thành
* Sửa màn hình thành
d
3X 2 1 , C“LC với X 1,5
6X
xX
dx
$$$$$$$$$$$ooooooooo6r1
.5=
7
Kết quả bằng . Loại C.
4
LOVEBOOK.VN| 3
Ngọc Huyền LB – Nguyễn Ngọc Nam
* Sửa màn hình thành
More than a book
d
3X 2 1 , C“LC với X 1,5
X3 X
xX
dx
$$$oQ)qd+r1.5=
Kết quả bằng . Chọn D.
Đáp án D.
STUDY TIPS
Trong hệ trục tọa độ Oxyz,
cho điểm M x0 ; y 0 ; z0
1. Hình chiểu của điểm M
trên mặt phẳng Oxy là
x
0
; y0 ; 0 .
2. Hình chiếu của điểm M
trên mặt phẳng Oyz là
0; y
0
; z0 .
3. Hình chiếu của điểm M
trên mặt phẳng Oxz là
x
; 0; z0 .
0
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
D. Q 0; 0;1
Hình chiếu của điểm A 3; 1;1 trên mặt phẳng Oyz là N 0; 1;1 .
Lời giải chi tiết:
Đáp án B.
Câu 11: Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
A. y x4 2x2 2
B. y x4 2x2 2
C. y x3 3x2 2
y
C. P 0; 1; 0
D. y x3 3x2 2
Lời giải chi tiết:
Đồ thị hình bên có dạng chữ M nên là hàm trùng phương với hệ số a 0 . Ta
thấy chỉ có phương án “ thỏa mãn.
Đáp án A.
x
O
Câu 12: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :
A. u1 1; 2;1
thẳng d có một vectơ chỉ phương là
STUDY TIPS
Trong không gian với hệ
trục tọa độ Oxyz, đường
thẳng d đi qua M x0 ; y 0 ; z0
và
nhận
u a; b; c ,
a2 b2 c2 0 làm vectơ chỉ
phương VTCP thì có
phương trình chính tắc là:
x x0 y y 0 z z0
a
b
c
C. u3 2;1;1
Lời giải chi tiết:
Đường thẳng d :
x 2 y 1 z
. Đường
1
2
1
B. u2 2;1; 0
D. u4 1; 2; 0
x 2 y 1 z
có một vectơ chỉ phương là u 1; 2;1 .
1
2
1
Đáp án A.
Câu 13: Tập nghiệm của bất phương trình 22 x 2x6 là
A. 0; 6
B. ; 6
C. 0; 64
D. 6;
Lời giải chi tiết:
STUDY TIPS
a f x a g x
1. Nếu
0 a 1
thì f x g x .
a f x a g x
2. Nếu
a 1
thì f x g x .
Cách 1: Tư duy tự luận
”ất phương trình tương đương với 2x x 6 x 6 . Vậy tập nghiệm của bất
phương trình là S ; 6 .
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Nhập vào màn hình 22X 2X6 và CALC X 0,X 6,X 64 để tìm điểm tới hạn.
2^2Q)$p2^Q)+6r0=r6=r64
=
Suy ra x 6 là điểm tới hạn. Ta loại ngay A và C.
LOVEBOOK.VN| 4
Lại thấy khi x 0 ; 6 thì 22 x 2 x6 63 0 ; và khi x 64 6; thì
Đáp án chi tiết đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018
STUDY TIPS
Dạng toán Tìm tập nghiệm
của bất phương trình bằng
máy tính cầm tay đã được
tác giả để cập chi tiết tại chủ
đề trong cuốn Công phá
Casio .
The best or nothing
2 2 x 2 x6 3, 4 10 38 0 . Khi đó tập nghiệm của bất phương trình 22 x 2x6 là
; 6 .
Đáp án B.
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
A. 2 2a
STUDY TIPS
Hình nón có bán kính đáy là
r, độ dài đường sinh là l thì
diện tích xung quanh được
tính theo công thức:
S xq rl
B. 3a
C. 2a
Nếu mặt phẳng cắt các
trục tọa độ Ox, Oy, Oz theo
thứ tự lần lượt tại các điểm
A a; 0; 0 , B 0; b; 0 và
C 0; 0; c với abc 0 thì
có phương trình theo
đoạn chắn là
x y z
1.
a b c
3a
2
Lời giải chi tiết:
Từ giả thiết ta có Sxq 3a2 rl và r a . Vậy độ dài đường sinh của hình nón
là l
Sxq
r
3a 2
3a .
.a
Đáp án B.
Câu 15: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm M 2; 0; 0 , N 0; 1; 0 , P 0; 0; 2 .
Mặt phẳng MNP có phương trình là
STUDY TIPS
D.
A.
C.
x y z
0
2 1 2
B.
x y z
1
2 1 2
D.
Lời giải chi tiết:
Phương trình mặt phẳng MNP là
x y z
1
2 1 2
x y z
1
2 1 2
x y z
1.
2 1 2
Câu 16: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng?
A. y
x 2 3x 2
x 1
B. y
x2
x2 1
C. y x2 1
Đáp án D.
D. y
x
x1
x 2 3 x 2 x 1 x 2
x 2 nên hàm số có đồ thị là một đường thẳng
x 1
x 1
Lời giải chi tiết:
* y
STUDY TIPS
Xét hàm phân thức dạng
f x
với f x ,g x là
y
g x
các
đa
thứC.
Nếu
g x0 0
thì đường thẳng
f x0 0
x x0 là một đường tiệm
cận đứng của đồ thị hàm số.
và không có tiệm cận. Loại A.
* y
x2
: Ta thấy đây là một hàm phân thức bậc hai trên bậc hai và phương
x2 1
trình x 2 1 0 vô nghiệm trên
nên đồ thị hàm số này không có tiệm cận đứng.
Loại B.
* y x2 1 không phải là hàm số phân thức nên đồ thị không có tiệm cận đứng.
Loại C.
* y
x
là một hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất và phương trình
x1
x 1 0 x 1 nên đồ thị hàm số này có một đường tiệm cận đứng là x 1 .
Chọn D.
Đáp án D.
LOVEBOOK.VN| 5
Ngọc Huyền LB – Nguyễn Ngọc Nam
More than a book
Câu 17: Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau
–1
x
0
3
–
0
4
y
Số nghiệm của phương trình f x 2 0 là
STUDY TIPS
Để xét số nghiệm của một
phương trình có dạng
f x g m . Ta xét số giao
điểm của đồ thị hàm số
y f x và đường thẳng
y g m
qua bảng biến
thiên hay đồ thị của hàm
số y f x .
A. 0
B. 3
–2
C. 1
D. 2
Số nghiệm của phương trình f x 2 0 chính là số giao điểm của đồ thị hàm
Lời giải chi tiết:
số y f x và đường thẳng y 2 .
Quan sát bảng biến thiên, ta thấy 2 2 4 nên đường thẳng y 2 và đồ thị
hàm số y f x cắt nhau tại ba điểm phân biệt. Vậy phương trình f x 2 0
có ba nghiệm phân biệt.
Đáp án B.
Câu 18: Giá trị lớn nhất của hàm số f x x4 4x2 5 trên đoạn 2; 3 bằng
A. 50
B. 5
C. 1
D. 122
Lời giải chi tiết:
Xét hàm số f x x4 4x2 5 trên đoạn 2; 3 .
Cách 1: Tư duy tự luận kết hợp casio
x 0
Đạo hàm f x 4 x 3 8 x 4 x x 2 2 ; f x 0
thỏa mãn .
x 2
Nhập vào màn hình X 4 4X 2 5 và C“LC với X 2; 2; 0; 2; 3 .
STUDY TIPS
Dạng toán Tìm giá trị lớn
nhất – giá trị nhỏ nhất của
hàm số trên một đoạn
bằng tư duy tự luận và tư
duy casio đã được đề cập
chi tiết trong cuốn Công
phá toán
và Công phá
Casio .
Q)^4$p4Q)d+5rz2=rzs2=r
0=rs2=r3=
2 1; f 3 50 và max f x f 3 50 .
Suy ra f 2 f 0 5; f 2 f
2;3
Sử dụng T“”LE và nhập vào máy hàm số f X X4 4X2 5 . Chọn
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
32 5
.
19
19
w7Q)^4$p4Q)d+5==p2=3=5P
19=
Quan sát bảng giá trị, ta thấy max f x f 3 50 .
Start 2;End 3 và Step
2;3
Đáp án A.
LOVEBOOK.VN| 6
Đáp án chi tiết đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018
x3
2
Câu 19: Tích phân
dx
The best or nothing
bằng
0
A.
16
225
B. log
5
3
C. ln
5
3
D.
2
15
Lời giải chi tiết:
2
d x 3
dx
0 x 3 0 x 3 ln x 3
Cách 1: Tư duy tự luận
2
Ta có
2
ln 5 ln 3 ln
0
5
.
3
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
* Nhập vào màn hình
X 3 dx 225
2
1
16
0
y1aQ)+3R0E2$p16a225=
Máy hiện kết quả là ,
... Loại A.
* Sửa màn hình thành
X 3 dx log 3
2
1
5
0
!oooooooog5a3$)=
Máy hiện kết quả bằng ,
... Loại B.
* Sửa màn hình thành
X 3 dx ln 3
2
1
5
0
!!!!!!!oh=
Máy hiện kết quả bằng . Chọn C.
Đáp án C.
STUDY TIPS
Với phương pháp tư duy tự
luận, ta c)ng có thể dùng
công thức nghiệm của
phương trình bậc hai để tìm
nghiệm phức của phương
trình bên.
Với 2 4.3 8
2
8i2 2 2i .
2 2 2i 1
2
i
z1
4
2
2
2 2 2i 1
2
i
z2
4
2 2
Câu 20: Gọi z 1 và z 2 là hai nghiệm phức của phương trình 4 z 2 4 z 3 0 . Giá
trị biểu thức z1 z2 bằng
B. 2 3
A. 3 2
C. 3
D.
3
Lời giải chi tiết:
Cách 1: Tư duy tự luận
2 z 1 2i
2
Ta có 4 z 2 4 z 3 0 4 z 2 4 z 1 2 2 z 1 2i 2
2 z 1 2i
1
z1
2
1
z2
2
2
i
2 z z 3 . Vậy z z 2. 3 3 .
1
2
1
2
2
2
2
i
2
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Giải phương trình 4 z 2 4 z 3 0 và lưu nghiệm vào các biến nhớ “, B.
w534=p4=3==qJz=qJx
Về phương thức CMPLX, thực hiện phép tính trong môi trường số phức
w2qcQz$+qcQx=
Máy hiện kết quả bằng
3.
Đáp án D.
LOVEBOOK.VN| 7
Ngọc Huyền LB – Nguyễn Ngọc Nam
More than a book
Câu 21: Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh bằng a (tham khảo hình
vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và AC
A.
3a
B. a
C.
3a
2
D.
2a
Lời giải chi tiết:
A
D
B
C
A’
D’
B’
C’
BD // ABCD
Ta có BD ABCD d BD; AC d BD; ABC D d D; ABC D
AC ABCD
Cách 1: Tư duy tự luận
Vậy d BD; AC a .
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ: A 0;0;0 , B a; 0; 0 , C a; a; 0 ,
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
A
D 0; a;0 ; A 0; 0; a , B a; 0; a , C a; a; a , D 0; a; a .
Ta có BD a; a; 0 , AC a; a; 0 và DA 0; a; a .
D
C
A’
D’
B’
Mặt khác, do DD ABCD nên d D; ABCD DD a .
z
B
y
BD , AC .DA
. Đưa máy về phương thức
Khi đó d BD; AC
BD , AC
VECTOR và nhập VctA 1,1,0 ,VctB 1,1,0 ,VctC 0, 1, 1 .
C’
x
STUDY TIPS
Kĩ thuật Gắn hệ trục tọa độ
w811p1=1=0=q51211=1=0=q
51310=p1=p1=
Oxyz đã được đề cập chi
tiết tại Phụ lục
trong cuốn
Công phá Casio .
n AC và nhập vào màn hình Abs VctA VctB VctC Abs VctA VctB
Cqc(q53Oq54)q57q55)Pqc
q53Oq54)=
Máy hiện kết quả bằng 1. Vậy d BD; AC a .
Đáp án B.
Câu 22: Một người gửi
triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất , %/tháng.
”iết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi
STUDY TIPS
Gửi vào ngân hàng một số
sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau đúng
tiền là a đồng với lãi suất r
tháng, người đó được lĩnh số tiền cả vốn ban đầu và lãi gần nhất với số tiền nào
mỗi tháng theo hình thức lãi
kép. Gửi theo phương thức
có kì hạn m tháng. Số tiền cả
dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền ra và lãi suất
không thay đổi?
“ sau n kì
A.
.
.
đồng
B.
.
.
đồng
hạn.được tính theo công
C.
.
.
đồng
D.
.
.
đồng
gốc lẫn lãi
thức:
An a 1 mr
n
LOVEBOOK.VN| 8
Sau một tháng, số tiền người đó có trong ngân hàng là T1 A A.r A 1 r
Phân tích:
Sau hai tháng, số tiền người đó có là T2 T1 T1 .r T1 1 r A 1 r
2
Đáp án chi tiết đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018
The best or nothing
Sau ba tháng, số tiền người đó có là T3 T2 T2 .r T2 1 r A 1 r
3
Tương tự, sau n tháng, số tiền người đó nhận được là Tn A 1 r
1
……….
n
Áp dụng công thức 1 với A 100.000.000 đồng, r 0,4% và n 6 tháng, ta có
Lời giải chi tiết:
T6 100000000. 1 0,4% 102424000 đồng .
6
Đáp án A.
Câu 23: Một hộp chứa 11 quả cầu gồm 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
A.
5
22
B.
6
11
C.
5
11
D.
8
11
Lời giải chi tiết:
2
đó số phần tử của không gian mẫu là n C11
.
Không gian mẫu là Chọn ngẫu nhiên
Gọi A là biến cố
quả cầu từ hộp chứa
quả cầu . Khi
quả cầu chọn ra có cùng màu . Để tính số phần tử của biến
cố A, ta xét các trường hợp sau:
* Chọn hai quả cầu cùng màu xanh có C52 cách chọn.
* Chọn hai quả cầu cùng màu đỏ có C62 cách chọn.
Số kết quả thuận lợi có biến cố A là n A C52 C62 .
Vậy xác suất cần tính là P A
n A
n
C52 C62
2
11
C
5
.
11
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
Ta có AB 3; 1; 1 . Mặt phẳng P đi qua A và vuông góc với AB nên có vectơ
Lời giải chi tiết:
pháp tuyến là n P 3; 1; 1 .
Phương trình mặt phẳng P là 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
S
và mặt phẳng ABCD bằng
trung điểm của SD tham khảo hình vẽ bên . Tang của góc giữa đường thẳng BM
M
A
B
D
C
A.
2
2
B.
3
3
C.
2
3
D.
1
3
Lời giải chi tiết:
Cách 1: Tư duy tự luận
LOVEBOOK.VN| 9
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Từ giả thiết suy ra SO ABCD .
Ngọc Huyền LB – Nguyễn Ngọc Nam
More than a book
Gọi I là trung điểm của OD thì MI là đường trung bình của SOD
1
MI // SO và MI SO . Khi đó MI ABCD .
2
A
D
Ta có BD a 2 BO OD
a 2
a 2
1
3a 2
.
OI OD
BI BO OI
2
2
4
4
a 2
a 2
1
a 2
Lại có SO SB OB a
.
MI SO
2
2
2
4
I
B
Suy ra BM , ABCD BM , BI MBI .
M
O
S
2
C
2
2
2
Trong tam giác BIM vuông tại I có tan MBI
STUDY TIPS
Hình chóp tứ giác đều là
hình vuông. Khi đó hình
Vậy tan BM , ABCD tan MBI
chiếu của đỉnh của hình
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
hình chóp có tất cả các cạnh
bên bằng nhau và đáy là
đáy.
2a
2a
2a
2a 2a
C
; 0; 0 , D 0;
; 0 , S 0; 0;
;
, M 0;
(M là trung điểm SD).
2
2
2
4
4
z
3 2a 2a
2a 2a
2a 2a
;
;
; 0 và BC
;
;0 .
Ta có BM 0;
, BA
2
4
4
2
2
2
S
M
y
A
D
I
O
x
C
STUDY TIPS
ABCD
Góc giữa đường thẳng BM
và mặt phẳng
được tính theo công thức:
sin BM, ABCD
cos BM, BA,BC
1
.
3
2a
2a
; 0; 0 , B 0;
;0,
Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ: O 0; 0; 0 , A
2
2
chóp trên đáy là tâm của
B
MI a 2 3a 2 1
:
.
BI
4
4
3
BM. BA,BC
.
BM . BA,BC
Khi đó đường thẳng BM có một vectơ chỉ phương là BM , mặt phẳng ABCD
có vectơ pháp tuyến là BA , BC .
3 2 2
,
Đưa máy về phương thức VECTOR và nhập các vectơ: VctA 0,
,
4
4
2 2
2 2
VctB
,
,0 và VctC
,
,0 .
2 2
2 2
w8110=3s2)P4=s2)P4=q512
1zs2)P2=s2)P2=0=q5131s2
)P2=s2)P2=0=
n “C, nhập Abs VctA VctB VctC Abs VctA Abs VctB VctC
Cqcq53q57(q54Oq55))P(q
cq53)Oqcq54Oq55))=w1qj
M=lM=
Máy hiện kết quả bằng
LOVEBOOK.VN| 10
1
1
. Vậy tan BM , ABCD tan MBI .
3
3
Đáp án D.
Đáp án chi tiết đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018
The best or nothing
Câu 26: Với n là số nguyên dương thỏa mãn Cn1 Cn2 55 . Số hạng không chứa x
2
trong khai triển của biểu thức x 3 2 bằng
x
n
A. 322560
B. 3360
C. 80640
D. 13440
Lời giải chi tiết:
Cách 1: Tư duy tự luận
Điều kiện n 2 và n . Phương trình Cn1 Cn2 55
n
n n 1
2
n 10 tm
55 n2 n 110 0
n 11 L
2
Với n 10 ta có khai triển x3 2 x3 2x2
x
10
k
C10
2 k x 305 k trong đó 0 k 10, k
n!
n!
55
n 1 ! n 2 !.2!
C x 2x
10
10
k 0
k
10
3
10k
2
k
10
k 0
.
Số hạng không chứa x trong khai triển tương ứng với giá trị k thỏa mãn
30 5k 0 k 6 thỏa mãn .
6 6 0
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển cần tìm là C10
2 x 13440 .
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Điều kiện n 2 và n . Giải phương trình bằng T“”LE: Nhập hàm số
f X XC1 XC2 55 và chọn Start 2,End 21,Step 1 .
w7Q)qP1+Q)qP2p55==2=21
=1=
Quan sát bảng giá trị, ta thấy khi X 10 thì F X 0 . Vậy n 10 .
2
Ta có khai triển x3 2 x3 2 x2
x
10
trong đó 0 k 10, k .
C x 2x C
10
10
k 0
k
10
f x; k x 305 k x2 f X 2 305X
Đặt
k X
k
k
k
X
X
g k C10 2
g X C10 .2 10CX 2
3
10k
2
k
10
k 0
k
10
2 k x305 k
0 X 10;X .
Dùng T“”LE, nhập vào máy hai hàm f X 2305X và g X 10CX 2X . Chọn
Start 0,End 10,Step 1 .
w72^30p5Q)=10qPQ)O2^Q)
=0=10=1=
Quan sát bảng giá trị, ta thấy tại F X 1 20 x0 do x 2 thì x 6 k 6 và
G X 13440 là hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển.
STUDY TIPS
Kĩ thuật tìm số hạng chứa
x bằng máy tính cầm tay
cách , cách
đã được tác
giả đề cập chi tiết tại chủ đề
trong cuốn
Casio .
Công phá
Cách 3: Sử dụng máy tính cầm tay
Để tìm n thỏa mãn Cn1 Cn2 55 , ta sử dụng T“”LE tương tự như cách 2. Ta tìm
được n 10 .
2
Ta có x3 2 x3 2 x2
x
10
10
k k 10
k 6
. Ta có hệ 2 3
2
k3 4
2 k2 3k3 0
w511=1=10=p2=3=0===
LOVEBOOK.VN| 11
Ngọc Huyền LB – Nguyễn Ngọc Nam
More than a book
10! 6
Vậy hệ số không chứa x trong khai triển là x0
.2 13440 .
6!.4!
Đáp án D.
Câu
27:
Tổng
giá
trị
log 3 x.log 9 x.log 27 x.log 81 x
A.
tất
cả
2
bằng
3
80
B.
9
82
9
các
nghiệm
của
C. 9
phương
trình
D. 0
Lời giải chi tiết:
Cách 1: Tư duy tự luận
Điều kiện x 0 . Phương trình tương đương với log 3 x.log 32 x.log 33 x.log 34 x
1
1
1
2
1
2
log 3 x. log 3 x. log 3 x. log 3 x .log 34 x log 34 x 16
2
3
4
3
24
3
2
3
x 9
log 3 x 2
log x 4 log 3 x 2 log 3 x 2 0
x 1
x
log
2
3
9
2
3
Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 9
1 82
.
9 9
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Nhập vào màn hình log 3 X log 9 X log 27 X log 81 X
2
3
i3$Q)$Oi9$Q)$Oi27$Q)$O
i81$Q)$p2a3r1=qr=M=
1
Ta tìm được một nghiệm x .
9
2
1
Sửa màn hình thành log 3 X log9 X log 27 X log81 X X
3
9
EE$(!!)P(Q)p1a9$)qr5=
Ta tìm tiếp được một nghiệm là x 9 .
Sửa màn hình thành
2
1
log 3 X log9 X log 27 X log 81 X X X 9
3
9
!P(Q)p9)qr10=
Vậy phương trình đã hết nghiệm.
Tổng các nghiệm của phương trình là 9
A
1 82
.
9 9
Đáp án A.
O
B
M
C
LOVEBOOK.VN| 12
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 tham khảo hình vẽ bên . Góc giữa
hai đường thẳng OM và AB bằng
A. 90
B. 30
C. 60
D. 45
Lời giải chi tiết:
Cách 1: Tư duy tự luận
Đáp án chi tiết đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018
The best or nothing
Gọi N là trung điểm của AC thì MN là đường trung bình của ABC .
Suy ra MN // AB OM , AB OM , MN .
Đặt OA OB OC a . Ta có AB BC CA a 2 ; OM ON MN
A
a 2
. Khi
2
đó tam giác OMN đều và OMN 60 . Vậy OM , AB OM , MN OMN 60
O
B
M
z
A
O
B
M
STUDY TIPS
Trong không gian Oxyz, góc
giữa hai đường thẳng OM
và AB được tính theo công
cos OM,AB
1 1
nhập vào các vectơ: VctA , ,0 ,VctB 0,1, 1 .
2 2
w8111P2=1P2=0=q51210=1=
y
p1=
n “C, nhập vào màn hình Abs VctA VctB Abs VctA Abs VctB .
C x
cos OM,AB
1 1
B 0;1;0 , C 1;0;0 . Do M là trung điểm BC nên M ; ; 0 .
2 2
1 1
Ta có OM ; ; 0 và AB 0;1; 1 . Đưa máy về phương thức VECTOR,
2 2
C
thức:
Đặt OA OB OC 1 . Gắn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ: O 0;0;0 , A 0;0;1 ,
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
N
Cqcq53q57q54)P(qcq53)O
qcq54))=
1
1
Máy hiện kết quả bằng . Vậy cos OM , AB OM , AB 60 .
2
2
Đáp án C.
OM.AB
OM . AB
.
Câu 29: Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d1 :
d2 :
x3 y3 z2
,
1
2
1
x5 y 1 z 2
và mặt phẳng P : x 2y 3z 5 0 . Đường thẳng vuông
3
2
1
góc với P , cắt d1 và d 2 có phương trình là
x 1
1
x3
C.
1
A.
y 1 z
2
3
y3 z2
2
3
x 2 y 3 z 1
1
2
3
x 1 y 1 z
D.
3
2
1
B.
Lời giải chi tiết:
Giả sử đường thẳng cần tìm là cắt hai đường thẳng d1 , d2 lần lượt tại
A
B
A 3 t; 3 2t; 2 t và B 5 3t; 1 2t; 2 t . Suy ra một VTCP của đường
thẳng là AB 2 3t t; 4 2t 2t; 4 t t .
Mặt phẳng P có VTPT là n P 1; 2; 3 .
Do P nên AB cùng phương với n P , tức là k
: AB k.n P
P
LOVEBOOK.VN| 13
Ngọc Huyền LB – Nguyễn Ngọc Nam
More than a book
2 3t t k
t 3t k 2 t 2
Suy ra 4 2t 2t 2 k t t k 2 t 1
4 t t 3k
t t 3k 4
k 1
w521=p3=p1=p2=1=1=p1=2=
1=p1=3=4====
Suy ra A 1; 1; 0 , B 2;1; 3 , u 1; 2; 3 , do đó :
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 x 3 mx
1
đồng biến trên khoảng 0; ?
5x 5
A. 5
B. 3
Lời giải chi tiết:
Ta có y 3x 2 m
STUDY TIPS
Ngoài ra, ta c)ng có thể đặt
f x 3x 2
1
.
x6
Khi
đó
m maxf x . Từ bảng biến
điều
kiện
của
m
là
0;
thiên của đồ thị hàm số f x
trên
0; ,
ta xác định
được GTLN của nó.
C. 0
D. 4
1
, x 0; . Để hàm số đồng biến trên 0;
x6
y 0, x 0; m 3x2
1
1
, x 0; m max 3x2 6 .
6
0;
x
x
Cách 1: Tư duy tự luận
Ta có 3x2
1
1
1
1
x2 x2 x2 6 4 4 x2 .x2 .x2 . 6 4 . Suy ra 3x 2 6 4 .
6
x
x
x
x
Dấu = xảy ra x 2
1
x 1 . Vậy m 4 , kết hợp với yêu cầu giả thiết ta
x6
tìm được giá trị nguyên âm của m thỏa mãn là m 4; 3; 2; 1 .
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Sử
dụng
T“”LE
nhập
vào
máy
hàm
số
f X 3X 2
Start 0,End 10,Step
STUDY TIPS
Chế độ qwR51
1
.
X6
Chọn
10
.
29
qwR51w7z3Q)dp1aQ)^6=0=
10=10P29=
nhất một hàm số f X . Khi
chỉ cho phép ta nhập duy
đó, bảng hiển thị được tối đa
giá trị nên ta chọn
Start 0,End 10,Step
10
29
Quan sát bảng giá trị, ta thấy max f X 4,026... Vậy m 4,026... và có 4 giá
0;
trị nguyên âm thỏa mãn bài toán là m 4; 3; 2; 1 .
Đáp án D.
LOVEBOOK.VN| 14
Đáp án chi tiết đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018
The best or nothing
Câu 31: Cho H là hình phẳng giới hạn bởi parabol y 3x2 , cung tròn có
phương trình y 4 x2 với 0 x 2 và trục hoảnh phần tô đậm trong hình
vẽ . Diện tích của H bằng
A.
y
4 3
12
B.
4 3
6
C.
Lời giải chi tiết:
x
O
2
D.
5 3 2
3
3x2 4 x2 3x4 x2 4 0
Phương trình hoảnh độ giao điểm:
2
4 2 3 3
6
x2 1
2
x 1 do 0 x 2 .
x 4 L
3
Khi đó diện tích hình H là S 3x2dx 4 x2 dx .
1
2
0
1
Cách 1: Tư duy tự luận
* Tính S1 3x2dx
1
3x 3
3
0
1
0
3
.
3
2
* Tính S2 4 x2 dx : Đặt x 2sin t , t ; dx 2cos tdt
2 2
1
Đổi cận: x 1 t
2
;x 2 t .
6
2
2
2
6
6
6
1
2
4 4 sin 2 t .2 cos tdt 4 cos 2 tdt 2 1 cos 2t 2 t sin 2t
2
Suy ra S2
6
3 2
3
2. 2
.
2
2
6 4 3
3 2
3 4 3
đvdt .
3
3
2
6
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Vậy S S1 S2
1
* Nhập vào màn hình
0
3X dx 4 X 2 dx
2
2
1
4 3
12
ys3$Q)dR0E1$+ys4pQ)dR1E
2$pa4qK+s3R12=
Máy hiện kết quả bằng 0,6141848493. Loại A.
1
* Sửa màn hình thành
0
3X 2dx 4 X 2 dx
2
1
4 3
6
!!oo6E!!!op=
Máy hiện kết quả bằng 4,42 10 12 . Chọn B.
Câu 32: ”iết
x 1
2
1
Tính P a b c
A. P 24
Đáp án B.
dx
x x x1
B. P 12
a b c với a,b,c là các số nguyên dương.
C. P 18
D. P 46
LOVEBOOK.VN| 15
Ngọc Huyền LB – Nguyễn Ngọc Nam
More than a book
Lời giải chi tiết:
Cách 1: Tư duy tự luận
Ta có
x 1
x x x1
x 1
2
Suy ra
1
2
2 xd
x
x
1
1
x x 1
1
x x1
x1 x
x x1
1
x
2
2
2
1
1
1
1
d
d
dx
x
x
x x x1 1 x
x1
x
x1
1
1
dx
2
2 x 1d
x 1
x1
1
2 d
2
1
x 2 d
2
1
x1 2 x
2 2 2 2 3 2 2 4 2 2 3 2 32 12 2 .
2
1
x1
2 x1
1
2
1
Từ đó ta có a 32, b 12, c 2 P a b c 46 .
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Nhập vào màn hình
X 1
2
1
1
X X X 1
dx A
y1a(Q)+1)sQ)$+Q)sQ)+1R
1E2qJz
2
2
Khi đó ta có A c a b a b 2 ab A c 4ab a b A c
2
2
4ab P c A c .
2
2
* Nếu P 24 thì 4ab 24 c A c . Sử dụng T“”LE và nhập hàm số
2
f X 24 X A X
2
. Chọn Start 14,End 14,Step 1
2
qwR51w7(24pQ)p(Qz+Q))d
)d=z14=14=1=
Quan sát bảng giá trị, ta thấy không có giá trị f X nào nguyên, khi đó 4ab .
Loại A.
2
* Nếu P 12 thì 4ab 12 c A c . Sử dụng T“”LE và nhập hàm số
f X 12 X A X
2
2
. Chọn Start 14,End 14,Step 1 .
2
C$$$oo12=p14=14=1=
Quan sát bảng giá trị, ta thấy không có giá trị f X nào nguyên, khi đó 4ab .
Loại B.
2
* Nếu P 18 thì 4ab 18 c A c . Sử dụng T“”LE và nhập hàm số
f X 18 X A X
2
2
. Chọn Start 14,End 14,Step 1
2
C$$$o8====
Quan sát bảng giá trị, ta thấy không có giá trị f X nào nguyên, khi đó 4ab .
Loại C.
LOVEBOOK.VN| 16
Đáp án chi tiết đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018
The best or nothing
2
* Nếu P 46 thì 4ab 46 c A c . Sử dụng T“”LE và nhập hàm số
2
f X 46 X A X
2
. Chọn Start 14,End 14,Step 1 .
2
Quan sát bảng giá trị, tại X 2 thì F X 1536 . Tức là 4ab 1536, c 2 . Chọn D.
C$$$oo46====
Đáp án D.
A
Câu 33: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng . 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 tứ diện ABCD
B
D
H
F
16 2
3
C. Sxq
B. Sxq 8 2
D. Sxq 8 3
Gọi E,F là trung điểm cạnh DC, BC. Do BCD là tam giác đều, nên BE, DF c)ng
C
STUDY TIPS
Cho tứ diện đều ABCD cạnh
bằng a
1. Chiều cao của tứ diện
a 6
.
3
2. ”án kính đường tròn nội
tiếp đáy c)ng chính là bán
kình đường tròn nội tiếp
tam giác đều cạnh a, được
là đường cao, đường phân giác của BCD . Các mặt bên c)ng là tam giác đều.
Gọi BE CF H thì AH là đường cao của tứ diện ABCD.
2 4 3
4 6
.
Ta có AH AB BH 4 .
3 2
3
2
2
2
2
Đường tròn nội tiếp BCD có bán kính r HE
1
4 3 2 3
BE
.
3
2.3
3
Diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq 2rh 2.
tính theo công thức:
r
16 3
3
Lời giải chi tiết:
E
được tính là h
A. Sxq
2 3 4 6
16 2
.
.
.
3
3
3
Đáp án A.
a 3
.
6
16x 2.12x m 2 .9x 0 có nghiệm dương?
Câu 34: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình
A. 1
B. 2
C. 4
D. 3
Lời giải chi tiết:
Cách 1: Tư duy tự luận
STUDY TIPS
2
Cách khác, phương trình
có nghiệm Đường
thẳng y 2 m căt đồ thị
hàm số f t t 2 2t trên
1; .
1; ,
Trên
khoảng
ta lập bảng biến
thiên của hàm số f t , quan
sát bảng biến thiên để tìm
điều kiện của m.
4
4
Ta có 16 x 2.12 x m 2 .9 x 0 2. m 2 0 1
3
3
2x
x
4
Đặt t , phương trình trở thành t 2 2t m 2 0
3
x
2
Để phương trình 1 có nghiệm dương thì phương trình 2 phải có nghiệm
t 1.
Ta có t 2 2t m 2 0 t 1 3 m . Do t 1 nên 3 m 0 m 3 . Kết
2
hợp với điều kiện đề bài ta có 0 m 3 m 1; 2 . Vậy có
giá trị của m thỏa
mãn.
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay casio
LOVEBOOK.VN| 17
Ngọc Huyền LB – Nguyễn Ngọc Nam
Phương trình 16 x 2.12 x m 2 .9 x 0
có nghiệm dương
trên khoảng 0; .
Sử
dụng
T“”LE,
More than a book
16 x 2.12 x
2 m . Phương trình này
9x
Đường thẳng y 2 m cắt đồ thị hàm số f x
nhập
Start 0,End 29,Step 1 .
vào
hàm
số
f X
16 X 2 12 X
9X
16 x 2.12 x
9x
và
chọn
qwR51w7a16^Q)$p2O12^Q)
R9^Q)=0=29=1=
Quan sát bảng giá trị, ta kết luận hàm số f x
khoảng 0; .
16 x 2.12 x
đồng biến tăng trên
9x
Như vậy, để đường thẳng y 2 m cắt đồ thị hàm số f x
16 x 2.12 x
trên
9x
khoảng 0; thì 2 m f 0 1 m 3 . Kết hợp với điều kiện đề bài ta có
0 m 3 m 1; 2 . Vậy có giá trị của m thỏa mãn.
Đáp án B.
Câu 35: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
3
m 3 3 m 3sin x sin x có nghiệm thực?
A. 5
B. 7
C. 3
Lời giải chi tiết:
STUDY TIPS
f x g m có nghiệm trên
Điều kiện để phương trình
đoạn a; b là đường thẳng
y g m cắt đồ thị hàm số
y f x với x a; b .
Khi đó: minf x g m
a;b
maxf x .
a;b
m 3 3 m 3sin x sin x m 3 3 m 3sin x sin3 x
m 3sin x 3 3 m 3sin x sin3 x 3sin x
* Phương trình
3
* Xét hàm số f t t 3 3t trên
f t đồng biến trên
Suy ra 1 f
3
D. 2
1
. Ta có f t 3t 2 3 0, t
nên hàm số
m 3sin x f sin x 3 m 3sin x sin x
.
sin 3 x 3sin x m . Đặt sin x t , t 1;1 . Phương trình trở thành t 3 3t m
* Xét hàm số g t t 3 3t trên t 1;1 . Ta có g t 3t 2 3 0, t 1;1 và
g t 0 t 1 . Suy ra hàm số g t nghịch biến trên 1;1 .
* Để phương trình đã cho có nghiệm thực Phương trình t 3 3t m có nghiệm
trên 1;1 min g t m max g t g 1 m g 1 2 m 2 . Vậy có
1;1
1;1
giá trị nguyên của m thỏa mãn là m 2; 1; 0;1; 2 .
Đáp án A.
LOVEBOOK.VN| 18
Đáp án chi tiết đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018
The best or nothing
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. 3
D. 4
Xét hàm số f x x3 3x m trên đoạn 0; 2 . Đạo hàm f x 3x2 3 và
Lời giải chi tiết:
x 1 L
f x 0
x 1 tm
”ảng biến thiên
–1
x
+
0
0
1
–
–
2
0
+
m
* Trường hợp : Nếu 2 m 0 m 2 thì max y m 2 2 m .
Ta xét các trường hợp dưới đây:
0;2
Yêu cầu bài toán max y 3 2 m 3 m 1 Loại .
0;2
* Trường hợp : m 0 m 2 2 m 0 thì max y m 2 2 m
0;2
Yêu cầu bài toán max y 3 2 m 3 m 1 thỏa mãn .
0;2
* Trường hợp : m 2 0 m 0 m 2 thì max y m 2
0;2
Yêu cầu bài toán max y 3 m 2 3 m 1 thỏa mãn .
0;2
* Trường hợp 4: m 2 0 m 2 thì max y m 2
0;2
Yêu cầu bài toán max y 3 m 2 3 m 1 Loại .
0;2
Vậy có hai giá trị m thỏa mãn.
Câu 37: Cho hàm số f x xác định trên
Đáp án B.
2
1
,
\ thỏa mãn f x
2x 1
2
f 0 1 và f 1 2 . Giá trị của biểu thức f 1 f 3 bằng
A. 4 ln15
B. 2 ln15
C. 3 ln15
D. ln15
Lời giải chi tiết:
STUDY TIPS
Ta có
ax b a ln ax b C
dx
1
2
1
dx ln 2 x 1 C ln 1 2 x C1
* Trên ; thì f x f x dx
2x 1
2
Từ f 0 1 ta có ln 1 2.0 C1 1 C1 1 .
2
1
dx ln 2 x 1 C ln 2 x 1 C2
* Trên ; thì f x f x dx
2x 1
2
Từ f 1 2 ta có ln 2.1 1 C2 2 C2 2 .
LOVEBOOK.VN| 19
Ngọc Huyền LB – Nguyễn Ngọc Nam
1
ln 1 2 x 1 khi x 2
Vậy f x
và f 1 f 3 3 ln15 .
ln 2 x 1 2 khi x 1
2
Câu 38: Cho số phức z a bi , a, b
. Tính P a b
A. P 1
B. P 5
Lời giải chi tiết:
More than a book
thỏa mãn z 2 i z 1 i 0 và
Đáp án C.
C. P 3
z 1
D. P 7
Từ giả thiết z 2 i z 1 i 0 a 2 a 2 b 2 b 1 a 2 b 2 i 0
2
2
2
a 2 a b
a 2 a2 b2
a 2 a2 a 1
b 1 a 2
b 1 a 2 b 2
b a 1
2
a 2 2 a 3 0
a 1; b 0
2 a 2 2 a 1 a 2
a 3; b 4
b a 1
b a 1
* Với a 1, b 0 z 1 loại do z 1 .
* Với a 3, b 4 z 3 4i . Vậy a 3, b 4 và P a b 7 .
Câu 39: Cho hàm số y f x . Hàm số y f x có đồ thị như hình bên. Hàm
Đáp án D.
số y f 2 x đồng biến trên khoảng
y
–1
1
O
4
x
A. 1; 3
B. 2;
C. 2;1
D. ; 2
Lời giải chi tiết:
x 1
Dựa vào đồ thị của hàm số y f x ta có f x 0
1 x 4
Lại có f 2 x 2 x . f 2 x f 2 x .
Để hàm số y f 2 x đồng biến thì f 2 x 0 f 2 x 0
2 x 1
x 3
1 2 x 4
2 x 1
Vậy hàm số y f 2 x đồng biến trên mỗi 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
x 1
tất cả các giá trị thực của a để có đúng một tiếp tuyến của C đi qua A. Tổng giá
trị của tất cả các phần tử của S bằng
A. 1
B.
3
2
C.
5
2
D.
1
2
Gọi đường thẳng đi qua A a;1 có hệ số góc k là y k x a 1 . Đường thẳng
Lời giải chi tiết:
này là tiếp tuyến của hệ khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm
LOVEBOOK.VN| 20
Đáp án chi tiết đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018
Thay 2 vào 1 , ta được
2 x2 6 x 3 a 0
x 2
x 1 k x a 1 1
1
k
2
2
x 1
The best or nothing
2
x 2
ax
1 x 2 x 1 a x x 1
2
x 1 x 1
Để qua A chỉ kẻ được đúng tiếp tuyến của C thì phương trình có nghiệm
kép hoặc có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng .
* Phương trình có nghiệm kép khi 9 2 3 a 0 a
3
.
2
* Phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó một nghiệm bằng
3
3 2a 0
9 2 3 a 0
a
2
2 a1
a 1 0
a 1
2.1 6.1 3 a 0
Vậy tổng các phần tử của S là 1
3 5
.
2 2
Câu 41: Trong không gian Oxyz, cho điểm M 1;1; 2 . Hỏi có bao nhiêu mặt
Đáp án C.
phẳng P đi qua M và cắt các trục xOx , yOy , zOz lần lượt tại các điểm A,B,C
sao cho OA OB OC 0 ?
A. 3
B. 1
C. 4
D. 8
Gọi A a;0;0 , B 0; b;0 , C 0;0; c thì phương trình mặt phẳng ABC theo đoạn
Lời giải chi tiết:
P
STUDY TIPS
Mặt phẳng
điểm
đi qua ba
A a; 0; 0 , B 0; b; 0
và C 0; 0; c thì có phương
trình theo đoạn chắn là:
x y z
1
a b c
x y z
x y z
1 , abc 0 . Khi đó P : 1 .
a b c
a b c
1 1 2
Điểm M 1;1; 2 P nên 1
a b c
Ta có OA OB OC 0 nên a b c t 0 . Khi đó a; b; c là một trong các
chắn là
bộ số: t; t; t , t; t; t , t; t; t , t; t; t , t; t; t , t; t; t , t; t; t , t; t; t .
* Với mỗi bộ số t; t; t , t; t; t , t; t; t thay vào đều cho ta tìm được t 0
và xác định được phương trình mặt phẳng P .
* Với mỗi bộ số t; t; t , t; t; t thay vào ta được 0 1 Vô lý . Nên các bộ
số này không thỏa mãn.
* Với mỗi bộ số t; t; t , t; t; t , t; t; t thay vào ta được VT 0 (Vô
lý do VT 1 0 . Nên các bộ số này không thỏa mãn.
Vậy có ba mặt phẳng P thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án A.
Câu 42: Cho dãy số un thỏa mãn log u1 2 log u1 2log u10 2log u10 và
un1 2un với mọi n 1 . Giá trị nhỏ nhất của n để un 5100 bằng
A. 247
B. 248
C. 229
D. 290
LOVEBOOK.VN| 21
Ngọc Huyền LB – Nguyễn Ngọc Nam
More than a book
Từ giả thiết un1 2un , n 1 , suy ra un là cấp số nhân với công bội q 2 .
Lời giải chi tiết:
Khi đó u10 29 u1 . Từ log u1 2 log u1 2log u10 2log u10
log u1 2 log u1 2 log 29 u1 2 log 29 u1
u
log u1 2 log u1 18log 2 2log u1 18log 2 2log u1
STUDY TIPS
Nếu
, thì ta có các
là một cấp số
n
nhân n
công thức sau đây:
1. un1 un .q với q là công
bội. Suy ra q
u n 1
.
un
u n u1 .q n1 , n 2,n
2. Số hạng tổng quát:
18log 2 log u1 2 log u1 18log 2 0 .
Đặt t 2 log u1 18log 2 0 log u1 18log 2 2 t 2 . Phương trình trên trở
t 1 tm
thành: t 2 t 2 0
t 2 L
2 log u1 18log 2 1 log u1 1 18log 2 log10 log 218
Với t 1 ta có
log u1 log
2.5
5
log 17 .
18
2
2
Ta có un là cấp số nhân với công bội q 2 nên un 2n1.u1 2n1.
5
5.2n18 .
217
Để un 5100 2n18.5 5100 2n18 599 n 18 99log2 5 247,871
Vậy giá trị nhỏ nhất của n
thỏa mãn là n 248 .
Đáp án B.
Câu 43: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số
y 3x4 4 x3 12 x2 m có 7 điểm cực trị?
A. 3
y f x là a b . Trong đó
Số điểm cực trị của hàm số
a là số điểm cực trị của f x
f x 0
và b là số nghiệm của
trình
nghiệm chung tính một
f x 3x 4 4x 3 12x 2 m
thấy,
hàm
hàm số y f x có
có
D. 4
Xét hàm số f x 3x4 4x3 12x2 m . Đạo hàm f x 12x3 12x2 24x
x 0; y 0 m
Ta có f x 0 12 x x 2 x 2 0 x 1; y 1 m 5
x 2; y 2 m 32
”ảng biến thiên:
lần .
Dễ
C. 6
Lời giải chi tiết:
STUDY TIPS
phương
B. 5
–1
x
số
–
0
0
+
0
2
–
0
+
điểm cực trị. Nên để
f x 0 phải có
điểm
m
cực trị thì phương trình
nghiệm
y f x cắt đường thẳng
phân biệt, hay đồ thị hàm số
y 0 tại
điểm phân biệt.
Quan sát bảng biến thiên, ta
xác định được giá trị của m
thỏa mãn.
Quan sát bảng biến thiên, ta thấy để hàm số y 3x4 4 x3 12 x2 m có cực trị
thì m 5 0 m 0 m 5 . Do m
nên m 1; 2; 3; 4 . Vậy có
giá trị của m
thỏa mãn.
Đáp án D.
LOVEBOOK.VN| 22
Đáp án chi tiết đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018
The best or nothing
8 4 8
Câu 44: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 2; 2;1 , B ; ; . Đường
3 3 3
thẳng đi qua tâm của đường tròn nội tiếp của tam giác OAB và vuông góc với
mặt phẳng OAB có phương trình là
A.
C.
x1 y 3 x1
1
2
2
B.
x
1
5
11
y
z
3
3
6
1
2
2
D.
x1 y 8 z 4
1
2
2
x
2
2
5
y
z
9
9
9
1
2
2
Lời giải chi tiết:
Cách 1: Tư duy tự luận
8 4 8
Ta có OA 2; 2;1 , OB ; ; OA 3, OB 4 và OA ,OB 4; 8; 8 .
3 3 3
O
Suy ra mặt phẳng OAB có VTPT là n 1; 2; 2 .
I
A
D
B
STUDY TIPS
Nếu tam giác “”C có D là
chân đường phân giác kẻ từ
A xuống ”C thì ta có:
DB AB
AB
.DC
DB
DC AC
AC
Nếu I là tâm đường tròn nội
tiếp tam giác “”C thì I c)ng
là chân đường phân giác kẻ
từ ” xuống “D của ABD .
Khi đó:
IA AB
AB
ID
IA
ID BD
BD
Nếu cho trước tọa độ ba
điểm “, ”, C thì sử dụng liên
tiếp hai dữ kiện trên, ta tìm
được tọa độ tâm I của đường
tròn nội tiếp tam giác “”C.
Gọi D x0 ; y0 ; z0 là chân đường phân giác hạ từ O đến AB của OAB .
3
8
x0 2 x0
4
3
x0 0
DA OA 3
3
3
4
12
Ta có
AD BD y0 2 y0 y0
DB OB 4
4
4
3
7
12
3
8
z0 1 z0
z0 7
4
3
12 12
8 8
20
20
.
Vậy D 0; ; và BD ; ; BD
7
7 7
3 21 27
Gọi I xI ; yI ; zI là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC.
7
xI xI
5
xI 0
7
7
12
IO OB 7
Ta có
OI DI yI yI yI 1 I 0;1;1 .
5
5
7
ID BD 5
zI 1
7
12
zI zI
5
7
Đường thẳng cần tìm đi qua I 0;1;1 và có véc tơ chỉ phương u 1; 2; 2 .
Thay tọa độ I 0;1;1 vào thấy thỏa mãn phương trình
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Vào
STUDY TIPS
Phương
pháp
tìm
tâm
đường tròn nội tiếp tam giác
bằng máy tính cầm tay đã
được tác giả đề cập chi tiết
tại chủ đề
phá Casio .
, sách
Công
phương
thức
8 4 8
VctC ; ; .
3 3 3
VECTOR,
nhập
x1 y 3 z 1
.
2
1
2
VctA 0,0,0 ,VctB 2,2,1
và
* Tìm tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB
w8110=0=0=q51212=2=1=q5
131p8P3=4P3=8P3=Cqcq54p
q55)qJzqcq55pq53)qJxq
cq53pq54)qJc
LOVEBOOK.VN| 23
Ngọc Huyền LB – Nguyễn Ngọc Nam
More than a book
Nhập vào màn hình AVctA BVctB CVctC A B C
(Qzq53+Qxq54+Qcq55)P(
Qz+Qx+Qc)=
Màn hình hiện kết quả 0,1,1 . Vậy I 0;1;1 là tâm đường tròn nội tiếp OAB
* Tìm VTPT của mặt phẳng OAB
Nhập vào màn hình VctB VctA VctC VctA
C(q54pq53)O(q55pq53)=
Máy hiện kết quả 4, 8,8 . Suy ra OA , OB 4; 8; 8 và n 1; 2; 2 là VTPT
của mặt phẳng OAB .
* Đường thẳng d OAB nên có VTCP là u 1; 2; 2 và đi qua I 0;1;1 . Thay
tọa độ điểm I vào đáp án, ta thấy
x1 y 3 z 1
là đường thẳng thỏa mãn.
2
1
2
Đáp án A.
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
A.
7
6
B.
11
12
C.
2
3
D.
5
6
Lời giải chi tiết:
Thể tích khối đa diện ABCDSEF là V V ADF . BCE VS.CDFE .
S
F
E
* Do ADF.BCE là hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông cân
nên ta VADF . BCE AB.SBCE
1
đvtt .
2
* Do tứ giác CDFE là hình chữ nhật và S là điểm đối xứng với S qua
A
D
B
C
đường thẳng DE nên ta có:
1
1 1 1
VS.CDFE 2VS.CDE 2.VB.CDE 2.VD.BCE 2. CD.SBCE 2. .1.
đvtt
3
3 2 3
1 1 5
đvtt .
Vậy thể tích cần tính là V VADF . BCE VS.CDFE
2 3 6
Câu 46: Xét các số phức z a bi a, b
thỏa mãn z 4 3i 5 . Tính
P a b khi z 1 3i z 1 i đạt giá trị lớn nhất
A. P 10
B. P 4
C. P 6
D. P 8
Lời giải chi tiết:
Từ giả thiết z 4 3i 5 a 4 b 3 5 a2 b2 8a 6b 20 0
Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức ”unyakovsky
2
a2 b2 8a 6b 20 .
LOVEBOOK.VN| 24
2
Đáp án chi tiết đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018
a 1 b 3
Mặt khác T z 1 3i z 1 i
2
2
The best or nothing
a 1 b 1
2
2
.
2
2
2
2
Suy ra M2 12 12 a 1 b 3 a 1 b 1 2 2 a2 b2 4b 12
Với hai bộ số a1 ;a 2 ;...;a n
STUDY TIPS
và b1 ; b2 ;...; b n ta có:
a1b1 a2 b2 ... an bn
a
2
1
... a2n
b
2
1
2
... b2n
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi
a1 a 2
a
... n
b1 b2
bn
2 2 8a 6b 20 4b 12 8 4a 2b 7
Dấu = xảy ra khi a 1 b 3 a 1 b 1 a 2b 2 .
2
2
4
Lại có 4a 2b 4 a 4 2 b 3 22
Dấu = xảy ra khi
2
2
2
2
2
2 2 a 4 b 3 22
a4 b3
a 4 2 b 3 a 2b 2 .
4
2
20.5 22 32 .
Suy ra M2 8 4a 2b 7 8 32 7 200 M 10 2 .
4a 2b 32 a 6
Vậy Mmax 10 2 khi
. Vậy P a b 10 .
a 2b 2
b 4
Cách 2: Lượng giác hóa
a 5 sin 4
2
2
Từ giả thiết z 4 3i 5 a 4 b 3 5 . Đặt
b 5 cos 3
a 1 b 3
Khi đó T z 1 3i z 1 i
5 sin 5
2
5 cos
2
2
2
5 sin 3
2
a 1 b 1
2
5 sin 4
10 5 sin 30 6 5 sin 8 5 cos 30
1
Áp dụng ”ĐT Bunyakovsky ta có
M
2
2
2
12 16 5 sin 8 5 cos 60 2 8 5 2sin cos 60
và 2 sin cos
2
2
12 sin 2 cos 2 5 .
Suy ra M 2 8 5 2sin cos 60 2 8 5. 5 60 10 2 .
Nên Mmax
sin
10 2 khi
cos
a 5 sin 4 6
5
. Vậy P a b 10 .
1
b 5 cos 3 4
5
2
Đáp án A.
Câu 47: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có AB 2 3 và AA 2 .
Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC và BC tham khảo hình
N
vẽ bên . Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ABC và MNP bằng
M
C
A.
6 13
65
B.
13
65
C.
17 13
65
D.
18 13
65
Lời giải chi tiết:
P
Cách 1: Tư duy tự luận
B
A
Xử lý và vẽ lại hình như dưới đây để có thể dễ quan sát hơn.
LOVEBOOK.VN| 25
Ta có MNP MNCB . Gọi I là giao điểm của BM và AB , K là giao điểm của
Ngọc Huyền LB – Nguyễn Ngọc Nam
More than a book
CN và AC .
A’
Suy ra IK MNCB ABC . Gọi J là trung điểm của BC , do
C’
N
ABC cân tại A nên AJ BC , dễ chứng minh IK // BC nên AJ IK
H
J
M
.
B’
Gọi H là giao điểm của AJ và MN, suy ra H là trung điểm của MN. Dễ
K
E
chứng minh được IK // MN và PH MN . Suy ra PH IK .
I
Vậy
A
MNP , ABC AJ , PH .
Gọi E là giao điểm của AJ và AP , ta tính góc AEP .
C
2
1
EH EP PE PH
HJ EH EJ 1
3
2
Ta có HJ // AP
1
AP EP EA 2
AE 2 AJ
EJ EA
2
3
P
B
AJ AP
2 3. 3
1
3
3; AH HJ AJ ; AJ AP 2 PJ 2 32 2 2 13;
2
2
2
3
5
PH PJ HJ 2 .
2
2
2
2
2
2
2
2 13
2
2 5 5
. Áp dụng định lý hàm số cosin
PH . ; AE AJ
3
3
3
3 2 3
vào tam giác AEP ta có:
Suy ra PE
2 13 5 2
2
3
2
2
2
3
3
AE PE AP
13
cos AEP
90 AEP 180 .
2 AE.PE
65
2 13 5
2.
.
3 3
2
Vậy
MNP , ABC AJ , PH 180 AEP cos MNP , ABC
cos 180 AEP cos AEP
z
A’
M
B’
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
C’
N
J
C
C
A
P
B
LOVEBOOK.VN| 26
3; 0; 0 , A 0; 3; 2 , B 3; 0; 2 ,
Gọi J là trung điểm BC. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ bên:
x
y
A 0; 3; 0 , B 3; 0; 0 , C
13
.
65
3; 0; 2 , P 0; 0; 0 .
3 3 3 3
; ;2,N
; ;2 .
M,N là trung điểm AB, AC thì M
2 2 2 2
Đáp án chi tiết đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018
Ta có AB 3; 3; 2 , AC
The best or nothing
3 3
3 3
3; 3; 2 , PM
; ; 2 và PN
; ;2
2 2
2 2
Đưa máy về phương thức VECTOR, nhập VctA 3; 3; 2 , VctB 3; 3; 2
w811zs3=p3=2=q5121s3=p3=2
=Cq53Oq54=qJc
Kết quả trên được gán vào VctC, đó c)ng là một VTPT của mặt phẳng ABC .
3 3
3 3
, , 2 và VctB
, ,2 .
Nhập VctA
2 2
2 2
q5111zs3)P2=3P2=2=q5121
s3)P2=3P2=2=Cq53Oq54=
Mặt phẳng P có VTPT là
STUDY TIPS
Q
n 1 , mặt phẳng
có
VTPT là n 2 thì góc giữa hai
mặt phẳng
P , Q
tính theo công thức:
được
cos P , Q cos n1 ,n 2
n1 .n 2
n1 . n 2
.
Kết quả trên được gán vào Vct“ns, đó c)ng là một VTPT của mặt phẳng MNP
Nhập vào màn hình Abs VctC VctAns Abs VctC Abs VctAns
Cqcq55q57q56)P(qcq55)O
qcq56))=w1sMd=
Vậy cos ABC , MNP
13
.
65
Câu 48: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A 1; 2;1 , B 3; 1;1 , C 1; 1;1 .
Đáp án B.
Gọi S1 là mặt cầu có tâm A, bán kính bằng
cả ba mặt cầu S1 , S2 , S3 ?
S và S là hai mặt cầu có tâm
2
3
lần lượt là B,C và bán kính đều bằng . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với
A. 5
B. 7
C. 6
D. 8
Cách 1: Gọi n a; b; c , a2 b2 c2 0 là VTPT của mặt phẳng P tiếp xúc với
Lời giải chi tiết:
cả ba mặt cầu S1 , S2 , S3 ; M là trung điểm BC M 1; 1;1 , BC 4; 0; 0 .
* Trường hợp 1: P đi qua trung điểm M của BC
P : a x 1 b y 1 c z 1 0 hay P : ax by cz a b c 0 .
2
2
2
d A; P 2
3b 2 a b c
3b 2 2a
2
Ta có
2
2
2
2
2
d B; P 1
3a b c
2a a b c
LOVEBOOK.VN| 27
Ngọc Huyền LB – Nguyễn Ngọc Nam
4a
b
3
1
2 11a 2
c 9
4a
b 3
2
2
c 2 11a
9
More than a book
Hệ 1 có 2 nghiệm, hệ 2 có 2 nghiệm và các nghiệm đó không trùng nhau.
Vậy trường hợp này có mặt phẳng P .
* Trường hợp 2: P song song với BC n P .BC 0 a 0 P : by 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
2
2
d B; P 1
b c d b c
b c d b c
d 4b c
d 4b c
3
2
2 b c d 2 b c d
2
c 8b 2
2
2
b c d b c
2b c d 2 b c d
d c
d c
2
2
2
c 0
4
b
c
d
b
c
2
2
2
b c d b c
b 0
Hệ 3 có 2 nghiệm, hệ 4 có 1 nghiệm và các nghiệm này không trùng nhau.
Vậy trường hợp này có 3 mặt phẳng P .
Vậy có tất cả 7 mặt phẳng P thỏa mãn.
Cách 2: Ta có AB AC 13, BC 4, d A; BC 3 . Do R1 2 R2 2 R3 nên các
khoảng cách từ các điểm A đến P sẽ gấp đôi các khoảng cách từ các điểm B, C
đến P . Gọi M, N lần lượt là điểm đối xứng của A qua B,C và P,Q là điểm trên
A
P
cạnh AB, AC sao cho AP 2 BP , AQ 2QC . Bài toán quy về tìm các mặt phẳng
P chính là các mặt phẳng đi qua MN,MQ,NP,PQ sao cho d A; P 2 .
* Trường hợp : Ta có d A; PQ 2 nên chỉ có duy nhất một mặt phẳng P qua
Q
B
C
N
M
* Trường hợp : d A; MN , d A; MQ ; , d A; NP đều lớn hơn
PQ thỏa mãn.
nên mỗi trường
hợp sẽ có đúng hai mặt phẳng qua các cạnh MN , MQ , NP sao cho khoảng cách
từ A đến nó bằng .
Vậy có tất cả mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu.
Đáp án B.
Câu 49: Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B,
học sinh lớp C thành một hàng ngang. Xác suất để trong
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
Lời giải chi tiết:
Không gian mẫu là xếp 10 học sinh thành hàng ngang. Số phần tử của không
gian mẫu là n 10! .
LOVEBOOK.VN| 28
Đáp án chi tiết đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018
The best or nothing
Gọi A là biến cố: trong 10 học sinh trên không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh
nhau . Ta có cách xếp như sau:
* Đầu tiên xếp 5 học sinh của lớp 12C, có 5! cách xếp. Khi đó, giữa học sinh của
lớp 12C có tất cả 6 chỗ trống gồm 4 chỗ trống ở giữa và chỗ trống trước, sau .
Do 2 học sinh của lớp 12C không thể đứng gần nhau nên buộc phải có người
của lớp 12A và 12B)
C
C
C
C
C
* Ta xét hai trường hợp sau :
+ Có học sinh A hoặc B ở phía ngoài trước hàng hoặc sau hàng , 4 học sinh còn
lại xếp vào 4 chỗ trống ở giữa các bạn C, có 2.5! cách xếp.
+ Có một cặp học sinh A và ” vào một chỗ trống, học sinh còn lại xếp vào vị
trí còn lại, có 2.3.2.4.3! cách xếp.
Vậy số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n A 5! 2.5! 2.3.2.4.3! .
n A
Vậy xác suất cần tính là P A
n
5! 2.5! 2.3.2.4.3!
10!
11
.
630
Câu 50: Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn
Đáp án A.
1
1
2
1
f 1 0 , f x dx 7 và x 2 f x dx . Tính
3
0
0
A.
7
5
B. 1
C.
f x dx
1
0
7
4
D. 4
du f x dx
u f x
Đặt
x3
2
d
v
x
d
x
v
3
Lời giải chi tiết:
2
x f x dx
1
Suy ra
1 3
11
11
x f x x 3 f x dx x 3 f x dx do f 1 0
3
30
30
0
1
1
x3 f x dx 3 x2 f x dx 3. 1 .
3
0
0
0
1
1
Ta lại có
3
6
7
f x dx 7; 14x f x dx 14; 49x dx 7 x 0 7
1
1
2
1
1
f x dx 14x3 f x dx 49x6dx 0 f x 7 x3 dx 0
0
1
0
2
0
1
1
2
f x 7 x dx 0 nên đẳng thức xảy ra khi chỉ khi f x 7x
0
1
Mà
0
1
0
0
3 2
f x 7 x 3 f x f x dx 7 x 3dx
3
0
0
Từ f 1 0 C
Vậy
1
0
7
7
f x 1 x4 .
4
4
7 x4
C .
4
1
x5
7
7
7
1 7
f x dx 1 x 4 dx x 1 .
40
4
5 0 4
5 5
1
Đáp án A.
LOVEBOOK.VN| 29
ĐÔi LỜI NHẬN XÉT CỦA TÁC GIẢ VỀ ĐỀ THI
Ngọc Huyền LB – Nguyễn Ngọc Nam
More than a book
1. Về cấu trúc: Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm, gồm có 20% kiến thức lớp 11 và
80% kiến thức lớp 12. Một số câu được thiết kế giao thoa cả hai khối lớp.
2. Về nội dung:
– Đề khá dài, độ phân hóa tốt với tỉ lệ 30/20. Tức là
câu đầu gồm nhận biết,
thông hiểu, đối với các em học sinh nắm vững kiến thức và bản chất vấn đề có
thể hoàn thành một cách nhanh chóng; 20 câu tiếp theo nằm trong mức độ vận
dụng, vận dụng cao và độ khó tăng lên rất nhiều so với đề thi THPT Quốc Gia
2017, yêu cầu học sinh có tư duy và kĩ năng tốt.
– Khoảng
% đề thi có thể sử dụng các kĩ năng về máy tính cầm tay nếu học
sinh hiểu sâu về các tính năng và biết cách làm từng dạng bài.
3. Lời khuyên của tác giả:
– Để làm đề thi một cách tốt nhất, tác giả khuyên các em học sinh nên nắm vững
lý thuyết, các công thức trong sách giáo khoa để kĩ năng xử lý
câu đầu tiên
được tốt hơn. Tiếp theo, các em nên tham khảo nhiều đề thi thử của các trường
trên cả nước, tìm và lọc các dạng bài mới, lạ để rèn luyện tư duy.
– Ngoài ra, nếu có điều kiện, các em nên tham khảo các cuốn Công phá Toán
, Công phá Toán
và Công phá Casio , kết hợp nhuần nhuyễn giữa tư duy
tự luận và máy tính cầm tay để kĩ năng làm bài được tốt hơn.
LOVEBOOK.VN| 30
Nguyễn thảo