giải chi tiết đề thi minh họa 2018 môn Toán

Website: http://www.baitap123.com | Fanpage: https://www.facebook.
com/baitap123
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2018
ĐỀ THI THAM KHẢO Bài thi: TOÁN
(Đề thi có 6 trang) Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
Họ, tên thí sinh: ……………………………….
Số báo danh :………………………………... Mã đề thi: 001
Câu 1 – A Câu 11 – A Câu 21 - B Câu 31 – B Câu 41 - A
Câu 2 – B Câu 12 – A Câu 22 - A Câu 32 - D Câu 42 - B
Câu 3 – C Câu 13 – B Câu 23 - C Câu 33 - A Câu 43 - D
Câu 4 – A Câu 14 – B Câu 24 - B Câu 34 - B Câu 44 - A
Câu 5 – A Câu 15 – D Câu 25 - D Câu 35 - A Câu 45 - D
Câu 6 – A Câu 16 - D Câu 26 - D Câu 36 - B Câu 46 - A
Câu 7 – D Câu 17 - B Câu 27 - A Câu 37 - C Câu 47 - B
Câu 8 – C Câu 18 - A Câu 28 - C Câu 38 - D Câu 48 - D
Câu 9 – D Câu 19 - C Câu 29 - A Câu 39 - C Câu 49 - A
Câu 10 – B Câu 20 - D Câu 30 - B Câu 40 - C Câu 50 - A
Câu 1.
Điểm M  2;1 biểu diễn số phức z  2  i .
Chọn A.
Câu 2.
2
1
x2 x 1
lim  lim
x  x  3 x  3
1
x
TỔNG HỢP CÁC ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2018 - Website: http://www.baitap123.com
Website: http://www.baitap123.com | Fanpage: https://www.facebook.com/baitap123
Chọn B.
Câu 3.
2
Số tập con gồm 2 phần tử của M là C10 .
Chọn C.
Câu 4.
1
Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là V  Bh .
3
Chọn A.
Câu 5.
Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng  2; 0  và  2;   .
Chọn A.
Câu 6.
b
Công thức tính thể tích khối tròn xoay tạo thành là: V   f 2  x  dx
a
Chọn A.
Câu 7.
Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt tiểu tại điểm x  0 và đạt cực đại tại điểm x  2 .
Chọn D.
Câu 8.
Ta có: log a 3  3log 3 .
Chọn C.
Câu 9.
 3x  1 dx  x 3  x  C
2
Ta có:
Chọn D.
Câu 10.
Khi chiếu điểm A  3; 1;1 lên mặt phẳng  Oyz  thì tung độ và cao độ giữ nguyên, hoành độ bằng 0 .
Vậy N  0; 1;1 .
Chọn B.
Câu 11.
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.
Chọn A.
Câu 12.
Véc tơ chỉ phương của d là u   1; 2;1 .
Chọn A.
Câu 13.
TXĐ: D  R
Ta có: 22x  2x  6  2x  x  6  x  6 .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  ;6  .
Chọn B.
Câu 14.
Sxq  rl  .a.l  3a 2  l  3a
Vậy l  3a .
Chọn B.
Câu 15.
x y z
Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng đi qua các điểm M  2;0;0  , N  0; 1;0  , P  0;0; 2  là:   1.
2 1 2
Chọn D.
Câu 16:
Phương pháp:
+) Đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc nhất luôn có tiệm cận đứng.
+) Đường thẳng x  a được gọi là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số nếu lim f  x   .
x a
Cách giải:
x 2  3x  2  x  2  x  1
+) Đáp án A: y    x  2  đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.
x 1 x 1
+) Đáp án B: Ta có: x 2  1  0 x  R  đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.
+) Đáp án C: Đồ thị hàm số chỉ có TCN.
x
+) Đáp án D: Có lim    x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x 1 x 1
Chọn D.
Câu 17:
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
thẳng y  2 .
Theo BBT ta thấy đường thẳng y  2 cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 3 điểm phân biệt.
Chọn B
Câu 18:
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.
Cách giải:
x  0

Ta có: f '  x   4x  8x  f '  x   0  4x  8x  0   x   2 .
3 3
x  2

f  2   5


f  2  1


 f  0   5  Max f  x   50.
 2; 3

 
f 2  1

f  3  50
Chọn A.
Câu 19:
2
dx 5
 x  3  ln x  3
2
Ta có: 0
 ln 5  ln 3  ln .
0 3
Chọn C.
Câu 20:
Phương pháp:
+) Giải phương trình bậc hai ẩn z trên tập số phức.
+) Tính modun của số phức z  a  bi bằng công thức z  a 2  b 2 .
Cách giải:
Ta có:  '  4  3.4  8  8i 2 .
 2  2 2i 1 2
 z1    i
1 1 3
 Phương trình có hai nghiệm phân biệt:  4 2 2  z1  z 2    .
 2  2 2i 1 2 4 2 2
z2    i
 4 2 2
3
 z1  z 2  2.  3.
2
Chọn D.
Câu 21:
Phương pháp:
+) 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’B’C’D’  d  BD; A 'C'   d   ABCD  ;  A ' B 'C 'D '    a.
Chọn B.
Câu 22:
Phương pháp:
Áp dụng công thức lãi suất kép: T  P 1  r  với P là số tiền ban đầu, n là thời gian gửi, r là lãi suất và T là số
n
tiền nhận được sau n tháng gửi.
Cách giải:
Ta có: T  P 1  r   100 1  0,4%   102,424 triệu.

n 6
Chọn A
Câu 23:
Chọn ngẫu nhiên 2 quả cầu từ 11 quả cầu nên ta có: n   C11
2
 55.
Gọi biến cố A: “Chọn được hai quả cầu cùng màu”.
 n A  C52  C62  25.

n A 25 5
 PA    .
n  55 11
Chọn C
Câu 24:
Ta có: AB   3;  1;  1.
Mặt phẳng (P) vuông góc với AB nên nhận vecto AB làm vecto pháp tuyến.
Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với AB là:
3  x  1   y  2    z  1  0
 3x  y  z  6  0
Chọn B.
Câu 25:
Gọi G là giao điểm của BM và SO.
Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với BD tại N. Khi đó ta có

MN / /SO  MN   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  G là trọng tâm tam giác SBD.
1
 OG  SO.
3
1 a 2 a2 a 2 a 2
Ta có: BO  BD   SO  SB2  OB2  a 2    OG  .
2 2 2 2 6
OG a 2 2 1
 tan MBD   .  .
OB 6 a 2 3
Chọn D.
Câu 26:
Điều kiện: n  N* ; n  2.
Theo đề bài ta có: C1n  Cn2  55
n! n!
   55
1!. n  1! 2!.  n  2 !
n  n  1! n  n  1 n  2 !
   55
 n  1! 2  n  2 !
 2n  n  n  1  110
 n 2  n  110  0
 n  10  tm 

 n  11  ktm  .
10
 2 
x .2 . x 2 
10 10
10  k
Ta có khai triển:  x 3  2    C10k 3k 10  k
 C10k 10  k
2 .x 5k  20 .
 x  k 0 k 0
Để có hệ số không chứa x thì: 5k  20  0  k  4.

4
Hệ số không chứa x là: C10 .26  13440.
Chọn D.
Câu 27:
Điều kiện: x  0.
2
log 3 x.log 9 x.log 27 x.log 81 x 
3
2
 log 3 x.log 32 x.log 33 x.log 34 x 
3
1 1 1 2
 . .  log 3 x  
4
2 3 4 3
  log 3 x   16
4
 x1  32  9  tm 
log 3 x  2
 
 3
log x   2  x  32  1  tm 

2
9
1 82
 x1  x 2  9   .
9 9
Chọn A.
Câu 28.
Phương pháp:
Dựng đường thẳng d qua M và song song với AB, khi đó  OM; AB    OM;d 
Cách giải:
Gọi N là trung điểm của AC ta có MN là đường trung bình của tam

giác ABC nên AB // MN
  OM; AB    OM; MN  .
Đặt OA  OB  OC  1 ta có:
2
Tam giác OAB vuông cân tại O nên AB  2  MN  .
2
2
Tam giác OAC vuông cân tại O nên AC  2  ON  .
2
2
Tam giác OBC vuông cân tại O nên BC  2  OM  .
2
Vậy tam giác OMN đều nên  OM; MN   OMN  600 .
Chọn C.
Câu 29.
Phương pháp:
+) Gọi đường thẳng cần tìm là  ta có:    P   u   n P 
+) Gọi A    d1;B    d 2 , 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 thẳng ở từng đáp án và rút
ra kết luận.
Cách giải:
Gọi đường thẳng cần tìm là  . Vì    P   u   n P   1;2;3
x  x 0 y  y0 z  z 0
Khi đó phương trình đường thẳng  có dạng  
1 2 3
Gọi
A  d1    A  3  t;3  2t; 2  t 
B  d 2    B  5  3t '; 1  2t '; 2  t ' 
Ta thử từng đáp án:
Đáp án A:
3  t  1 3  2t  1 2  t 2  t 4  2t 2  t
A        12  6t  4  2t  t  2  A 1; 1;0 
1 2 3 1 2 3
5  3t ' 1 1  2t ' 1 2  t ' 4  3t ' t ' 2
B      t'   t '  1  B  2;1;3
1 2 3 1 3
x 1 y 1 z
Vậy đáp án A có đường thẳng   vuông góc với mp(P) và cắt d1 tại A 1; 1;0  , cắt d2 tại
1 2 3
B  2;1;3  thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn A.
Câu 30.
Phương pháp:
Để hàm số đồng biến trên  0;    y '  0 x   0;   , cô lập m, đưa bất đẳng thức về dạng
Cách giải:
1
y  x 3  mx 
5x 5
Ta có:
1
5
  x
1
x
1
y '  3x 2  m  . 5x 6  3x 2  m  6  0 x   0;    m  3x 2  6  f  x  x   0;  
 m  min f  x 
 0; 
1 1
f  x   3x 2  6  x 2  x 2  x 2  6  4 4 1  4  min f  x   4
x x  0; 
 m  4  m  4
Mà m là số nguyên âm  m  3; 2; 1 .
Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn B.
Câu 31.
Ta có:
 x  1(TM)
3x 2  4  x 2  3x 4  x 2  4  0   x 2  1 x 2  4   0  
 x  1(L)
Do đó:
1
1 2 2 2
3 3 3
S   3x dx  
2
4  x dx 
2
x   4  x 2 dx    4  x 2 dx
0 1
3 0 1
3 1
2
Tính I   4  x 2 dx .
1
Đặt x  2sin t  dx  2cos tdt .
 1 
 x  1  sin t  2  t  6
Đổi cận 
 x  2  sin t  1  t  
 2
2  /2  /2  /2
I   4  x 2 dx 
1

 /6
4  4sin 2 t.2cos tdt  
 /6
4 cos 2 tdt   2  cos 2t  1 dt
 /6
 /2  /2 2 3
 sin 2t /6  2t /6  
3 2
3 2 3 4  3
Suy ra S     .
3 3 2 6
Chọn B.
Câu 32.
2 2
dx dx
Tính I    .
1  x  1 x  x x  1 1 x  x  1 x  x  1 
 1 1  x  x 1 tdx dx 2dt
Đặt t  x  x  1  dt     dx  dx   
 2 x 2 x 1  2 x x 1 2 x x 1 x x 1 t
2 3 2 3
2dt 2  1 1 
Suy ra I   t 2

t 1
 2 
 2 3
   32  12  2
2 1 
1 2 2
Do đó a  32; b  12;c  2  a  b  c  46 .
Chọn D.
Câu 33.
a 6 4 6
Tứ diện đều cạnh a có chiều cao h  h .
3 3
a 3 4 3
Tam giác BCD đều nên bán kính đường tròn nội tiếp tam giác r   .
6 6
4 3 4 6 16 2
Diện tích xung quanh hình trụ S  2rh  2. .  .
6 3 3
Chọn A.
Câu 34.
2x x
4 4
Xét phương trình 16x  2.12x   m  2  .9x  0     2.    m  2  0
3 3
x
4
Đặt t     0 ta được t 2  2t  m  2  0  m  2  2t  t 2 * .
3
x
4
Để phương trình đã cho có nghiệm dương x  0 thì phương trình  *  có nghiệm t     1 .
3
Xét hàm f  t   2  2t  t 2 , t  1;   có: f '  t   2  2t  0, t  1 nên hàm số nghịch biến trên 1;   .
Suy ra f  t   f 1  3  m  3 .
Mà m nguyên dương nên m  1; 2 .
Chọn B.
Câu 35.
Ta có: 3
m  3 3 m  3sin x  sin x  m  3 3 m  3sin x  sin 3 x .
Đặt 3
m  3sin x  u  m  3sin x  u 3 thì phương trình trên trở thành m  3u  sin 3 x
Đặt sin x  v thì ta được
m  3v  u
3
  3  v  u    v  u   v 2  uv  u 2   0   v  u   3  v 2  uv  u 2   0
m  3u  v
3
Do 3  v2  uv  u 2  0, u, v nên phương trình trên tương đương u  v .
Suy ra 3
m  3sin x  sin x  m  sin 3 x  3sin x .
Đặt sin x  t  1  t  1 và xét hàm f  t   t 3  3t trên  1;1 có f '  t   3t 2  3  0, t   1;1
Nên hàm số nghịch biến trên  1;1  1  f 1  f  t   f  1  2  2  m  2 .
Vậy m  2; 1;0;1; 2 .
Chọn A.
Câu 36.
Phương pháp:
+) Lập BBT của đồ thị hàm số f  x   x 3  3x  m trên  0; 2 
+) Xét các trường hợp dấu của các điểm cực trị.
Cách giải :
Xét hàm số f  x   x 3  3x  m trên  0; 2  ta có : f '  x   3x 2  3  0  x  1
BBT :
TH1 : 2  m  0  m  2  max y    2  m   2  m  2  m  3  m  1  ktm 

0;2
m  2  0
TH2 :   2  m  0  max y  2  m  3  m  1  tm 
m  0 0;2
m  0
TH3 :   0  m  2  max y  2  m  3  m  1  tm 
2  m  0 0;2
TH4 : 2  m  0  m  2  max y  2  m  3  m  1  ktm 

0;2
Chọn B.
Câu 37.
Phương pháp :
+) f  x    f '  x  dx , sử dụng giả thiết f  0   1 và f (1)  2 tìm hằng số C.
+) Tính f  1 ;f  3 bằng cách thay x = -1 và x = 3.
Cách giải :
1 2
Ta có : f  x    f '  x  dx  2 dx  ln 2x 1  C  ln 2x 1  C
2x  1 2
 1
 f ( x )  ln(2 x  1)  C1 khi x  (1)
 2
 f ( x)  ln(1  2 x)  C khi x  1 (2)
 2
2
f (0)  1 thay vào (2) ta được ln1  C2  1  C2  1 .
f (1)  2 thay vào (1) ta được ln1  C1  2  C1  2 .
 1
ln(2 x  1)  2 khi x  2
Vậy f ( x)   .
ln(1  2 x)  1 khi x  1
 2
 f  1  ln 3  1; f  3  ln 5  2  f  1  f  3   ln 3  ln 5  3  ln15  3 .
Chọn C.
Câu 38.
Phương pháp :
+) 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 bằng nhau suy ra  , giải hệ phương trình tìm a, b.
 B  0
Cách giải :
z  2  i  z 1  i   0
 a  bi  2  i  a 2  b 2 1  i   0

 a  2  a 2  b2  b  1  a 2  b2 i  0 
a  2  a 2  b 2  0

  a  b 1  0  b  a 1
b  1  a 2  b 2  0
 a  2  a 2   a  1  0
2
 a  2  2a 2  2a  1
a  2
 2
a  4a  4  2a  2a  1
2
 a  3
a  2 
a  2  b  4
 2   a  3  tm   
 a  1
a  2a  3  0  a  1 tm
    
 b  0
a  3
Vì z  1  z  3  4i    P  a  b  3 4  7
b  4
Chọn D.
Câu 39.
 x  1
Từ đồ thị suy ra f '( x)  0   x  1 .
 x  4
Đặt t  2  x , ta có : g ( x)  f (2  x)  f (t ) .
g '( x)  t '. f '(t )   f '(t )

t  2  x  1  x  3
 g '(t )  0  f '(t )  0  t  2  x  1   x  1
.
t  2  x  4  x  2
 g '( x)  0  f '(t )  0
t  1  2  x  1 x  3
f '(t)  0     .
1  t  4 1  2  x  4  2  x  1
Vậy hàm số y  f (2  x) đồng biến trên khoảng (3; );(2;1) .
Chọn C.
Câu 40.
Phương pháp :
+) Giả sử tiếp tuyến đi qua A  a;1 là tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x  x 0 , viết phương trình tiếp tuyến tại
1 x0  2
điểm có hoành độ x  x 0 là : y   x  x0   d 
 x 0  1 2 x0 1
+) A  d  Thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng d, tìm điều kiện để phương trình đó có duy nhất
nghiệm x 0
Cách giải :
1
TXĐ : x  R \ 1 ; y ' 
 x  12
Giả sử tiếp tuyến đi qua A  a;1 là tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x  x 0 , khi đó phương trình tiếp tuyến có
1 x0  2
dạng : y   x  x0   d 
 x 0  1 2 x0 1
Vì A  d nên thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng d ta có :
1 x0  2
1 a  x0  
 x 0  1 2 x0 1
 a  x 0  x 02  3x 0  2  x 02  2x 0  1
 2x 02  6x 0  3  a  0 *
Để chỉ có 1 tiếp tuyến duy nhất đi qua A thì phương trình (*) có nghiệm duy nhất hoặc có 2 nghiệm phân biệt
trong đó có 1 nghiệm bằng 1.
 '  0 3  2 a  0  3
   a 5
   '  0   3  2a  0  2  S   .
 2
 f(1)  0  a  1 a  1
Chọn C.
Câu 41:
x y z
Phương trình mặt phẳng  P  có dạng    1, với A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  .
a b c
1 1 2
Ta có OA  OB  OC  a  b  c và M   P     1   .
a b c
a  b  c a  b   c
Suy ra  và  , mà a  b   c không thỏa mãn điều kiện    .
a   b  c a   b   c
Vậy có 3 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn A.
Câu 42:
Đặt t  2  log u1  2log u10  0  log u1  2log u10  t 2  2, khi đó giả thiết trở thành:
..
 log u1  2log u10  1  log u1  1  2log u10  log 10u1   log  u10   10u1   u10  1 .
2 2
Mà un 1  2un 
 un là cấp số nhân với công bội q  2  u10  29 u1  2.
2n.10
Từ 1 ,  2  suy ra 10u1   2 u1 
2 10 n 1 10
9
 2 u  10u1  u1  18  un  2 . 18  19 .
18 2
1
2 2 2
2n.10 100  5100.219 

Do đó un  5100   5  n  log 2    log 2 10  100 log 2 5  19  247,87.
219  10 
Vậy giá trị n nhỏ nhất thỏa mãn là n  248.
Chọn B.
Câu 43.
Phương pháp :
+) Lập bảng biến thiên của đồ thị hàm số f  x   3x 4  4x 3  12x 2  m .
+) Từ BBT của đồ thị hàm số f  x   3x 4  4x 3  12x 2  m suy ra BBT của đồ thị hàm số
y  3x 4  4x 3  12x 2  m .
+) Dựa vào đồ thị của hàm số y  3x 4  4x 3  12x 2  m , tìm điều kiện để nó có 7 cực trị.
Cách giải :
x  0
4 3 2 2
 2

Xét hàm số y  3x  4x  12x  m có y '  12x  12x  24x  0  12x x  x  2  0   x  1
3
 x  2
Lập BBT của đồ thị hàm số f  x   3x 4  4x 3  12x 2  m ta có :
Đồ thị hàm số y  3x 4  4x 3  12x 2  m được vẽ bằng cách :
+) Lấy đối xúng phần đồ thị hàm số nằm phía dưới trục Ox qua trục Ox.
+) Xóa đi phần đồ thị bên dưới trục Ox.
Do đó để đồ thị hàm số y  3x 4  4x 3  12x 2  m có 7 điểm cực trị thì :
f  0   0 m  0
 
f  1  0  5  m  0  0  m  5
 32  m  0
f  2   0 
m  Z  m  1; 2;3; 4
Vậy có 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn D.
Câu 44:
Ta có OA; OB   k 1;  2;2   Vectơ chỉ phương của đường thẳng  d  là u  1;  2; 2  .
Chú ý: Với I là tâm đường tròn nội tiếp  ABC , ta có đẳng thức vectơ sau:
 BC.x A  CA.xB  AB.xC

 xI  BC  CA  AB

 BC. y A  CA. y B  AB. yC
BC.IA  CA.IB  AB.IC  0  Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ  yI 
 BC  CA  AB
 BC.z A  CA.z B  AB.zC
 zI  BC  CA  AB

Khi đó, xét tam giác ABO  Tâm nội tiếp của tam giác là I  0;1;1 .
x 1 y  3 z 1
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là  d  :  
1 2 2
Chọn A.
Câu 45:
Gọi M , I lần lượt là trung điểm của DF , DE  AM   DCEF  . D C
Vì S là điểm đối xứng với B qua DE  M là trung điểm của SA.

S
1 2 M I
Suy ra SA   DCEF  và SM  AM  DF  . A
2 2 B
1
Khi đó VABCDSEF  VADF .BCE  VS .DCEF  AB.S ADF  .SM .SDCEF
3 E F
1 1 2 5
 VABCDSEF  1.  . . 2 .
2 3 2 6
Chọn D.
Câu 46:
Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn số phức z
Từ giả thiết, ta có z  4  3i  5   x  4    y  3  5 suy ra M thuộc đường tròn  C  tâm I  4;3  , bán

2 2
kính R  5. Khi đó P  MA  MB, với A   1;3 , B 1; 1 .
Ta có P 2  MA2  MB 2  2MA.MB  2  MA2  MB 2 
MA2  MB 2 AB 2
Gọi E  0;1 là trung điểm của AB  ME 2   .
2 4
   2 5 
2 2
Do đó P 2  4.MI 2  AB 2 mà ME  CE  3 5 suy ra P 2  4. 3 5  200.
Với C là giao điểm của đường thẳng EI với đường tròn  C  .
 MA  MB
Vậy P  10 2. Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi   M  6; 4   a  b  10.
M  C
Chọn A.
Câu 47:
Dễ thấy  ABC  ;  MNP    ABC  ;  MNCB 
C'
 1800   ABC  ;  ABC    MNBC  ;  ABC 
A' N
 1800   ABC  ;  ABC    MNBC  ;  ABC . M

B'
2
Ta có  ABC ;  ABC    AP;AP   APA  arctan .
3
4
Và  MNBC ;  ABC  SP;AP   SPA  arctan , với S là điểm đối A
C
3
P
xứng với A qua A, thì SA  2 AA  4.
B
 2 4 13
Suy ra cos  ABC  ;  MNP   cos 1800  arctan  arctan   .
 3 3  65
Chọn B.
Câu 48:
P Q
B C
M N
Ta có AB  AC  13; BC  4, d ( A; BC )  3 . Chú ý R1  2R2  2R3 nên các khoảng cách từ điểm A đến ( P) sẽ
gấp đôi các khoảng cách từ các điểm B , C đến ( P) . Gọi M , N là điểm đối xứng của A qua B , C và P , Q là
điểm trên 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 là xong, đây là mấu chốt hình học của bài toán. Bây
giờ ta xét các trường hợp cụ thể.
 Trường hợp 1: d  A; PQ   2 nên chỉ có duy nhất một mặt phẳng ( P) qua PQ sao cho d  A; ( P )   2 .
 d  A; MN  , d ( A; MQ), d  A; NP  đều lớn hơn 2 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 2.
Vậy tóm lại có 7 mặt phẳng thỏa mãn đề cho.
Câu 49.
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 mẫu 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)    10!
Ta xếp 5 học sinh lớp 12C trước.
TH1: C  C  C  C  C  (quy ước vị trí của – là vị trí trống), đổi chỗ 5 học sinh đó cho nhau ta có 5! Cách xếp.
Xếp 5 học sinh còn lại vào 5 vị trí trống ta có 5! cách xếp. Vậy trường hợp này có 5!.5! cách.
TH2: C  C  C  C  C , tương tự như trường hợp 1 ta có 5!.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 C12 .C13.2!  2.3.2  12 cách. Xếp 3 học sinh còn lại vào 3 chỗ trống có
3! Cách.
Vậy trường hợp này có 5!.12.3! cách.
TH4: C  C  C  C  C
TH5: C  C  C  C  C
TH6: C  C  C  C
Ba trường hợp 4, 5, 6 có cách xếp giống trường hợp 3.
Vậy có tất cả 5!.5!.2 + 4.5!.12.3! = 63360 (cách)
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
63360 11
Vậy xác suất của biến cố T là P  T   
10! 630
Chọn A.
Câu 50:
Ta có:
1
1 1 1 x3  1  1 1
  x 2 f ( x)dx   f ( x)d   x3 f ( x)    x3 f '( x)dx .
3 0 0 3 3 0 3 0
Vậy theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:
   7 (x ) dx.  f '(x) dx    f '(x) dx .

1 2 1 1 1
77
2 2
x3 f '( x)dx 3 2
0 0 0 0
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f '( x)  kx3 , kết hợp f (1)  0 để có:
7
f ( x)  (1  x 4 ), x  .
4
7
Từ đó ta được I  .
5
Chọn A.
Cách 2:
du  f '( x)dx

u  f ( x)
1
 1 x3 1 1 1 1
Đặt   x 3   . f ( x)   x 3 f '( x)dx  0   x 3 f '( x)dx .
dv  x dx v 
2
3 3 3 0 3 0

0
3
x3 f '( x)dx  1    7 x3  . f '( x)dx  7

1 1
Suy ra  0 0
(*).
  f '(x)
1
dx  7
2
Mặt khác, ta có (**).
0
7 x4
Từ (*) và (**), suy ra tồn tại f '( x)  7 x3  f ( x)    7 x3  dx   C.
4
7 x4 7
Mà f (1)  0  f ( x)    .
4 4
1 1  7 x4 7  7
Khi đó 
0
f ( x)dx    
0
 4
  dx  .
4 5

giải chi tiết đề thi minh họa 2018 môn Toán

Uploaded by

Document Information

Copyright

Available Formats

Share this document

Share or Embed Document

Sharing Options

Did you find this document useful?

Is this content inappropriate?

Copyright:

Available Formats

giải chi tiết đề thi minh họa 2018 môn Toán

Uploaded by

Copyright:

Available Formats

Website: http://www.baitap123.com | Fanpage: https://www.facebook.

Họ, tên thí sinh: ……………………………….

Số báo danh :………………………………... Mã đề thi: 001

Câu 1 – A Câu 11 – A Câu 21 - B Câu 31 – B Câu 41 - A

Câu 2 – B Câu 12 – A Câu 22 - A Câu 32 - D Câu 42 - B

Câu 3 – C Câu 13 – B Câu 23 - C Câu 33 - A Câu 43 - D

Câu 4 – A Câu 14 – B Câu 24 - B Câu 34 - B Câu 44 - A

Câu 5 – A Câu 15 – D Câu 25 - D Câu 35 - A Câu 45 - D

Câu 6 – A Câu 16 - D Câu 26 - D Câu 36 - B Câu 46 - A

Câu 7 – D Câu 17 - B Câu 27 - A Câu 37 - C Câu 47 - B

Câu 8 – C Câu 18 - A Câu 28 - C Câu 38 - D Câu 48 - D

Câu 9 – D Câu 19 - C Câu 29 - A Câu 39 - C Câu 49 - A

Câu 10 – B Câu 20 - D Câu 30 - B Câu 40 - C Câu 50 - A

Điểm M  2;1 biểu diễn số phức z  2  i .

Ta có: log a 3  3log 3 .

Vậy chỉ có đáp án A thỏa mãn.

Véc tơ chỉ phương của d là u   1; 2;1 .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  ;6  .

Sxq  rl  .a.l  3a 2  l  3a

+) Đáp án B: Ta có: x 2  1  0 x  R  đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

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

+) Tính đạo hàm của hàm số và giải phương trình y '  0.

+) Giải phương trình bậc hai ẩn z trên tập số phức.

+) Tính modun của số phức z  a  bi bằng công thức z  a 2  b 2 .

Ta có:  '  4  3.4  8  8i 2 .

tiền nhận được sau n tháng gửi.

Ta có: T  P 1  r   100 1  0,4%   102,424 triệu.

Gọi biến cố A: “Chọn được hai quả cầu cùng màu”.

 n A  C52  C62  25.

Gọi G là giao điểm của BM và SO.

Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với BD tại N. Khi đó ta có

 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

Theo đề bài ta có: C1n  Cn2  55

Để có hệ số không chứa x thì: 5k  20  0  k  4.

Gọi N là trung điểm của AC ta có MN là đường trung bình của tam

Vậy tam giác OMN đều nên  OM; MN   OMN  600 .

+) Gọi đường thẳng cần tìm là  ta có:    P   u   n P 

+) Gọi A    d1;B    d 2 , tham số hóa tọa độ điểm A, B.

Gọi đường thẳng cần tìm là  . Vì    P   u   n P   1;2;3

Ta thử từng đáp án:

Mà m là số nguyên âm  m  3; 2; 1 .

Đặt x  2sin t  dx  2cos tdt .

Mà m nguyên dương nên m  1; 2 .

Đặt sin x  v thì ta được

Do 3  v2  uv  u 2  0, u, v nên phương trình trên tương đương u  v .

Đặt sin x  t  1  t  1 và xét hàm f  t   t 3  3t trên  1;1 có f '  t   3t 2  3  0, t   1;1

Nên hàm số nghịch biến trên  1;1  1  f 1  f  t   f  1  2  2  m  2 .

Vậy m  2; 1;0;1; 2 .

+) Lập BBT của đồ thị hàm số f  x   x 3  3x  m trên  0; 2 

Xét hàm số f  x   x 3  3x  m trên  0; 2  ta có : f '  x   3x 2  3  0  x  1

TH1 : 2  m  0  m  2  max y    2  m   2  m  2  m  3  m  1  ktm 

TH4 : 2  m  0  m  2  max y  2  m  3  m  1  ktm 

+) f  x    f '  x  dx , sử dụng giả thiết f  0   1 và f (1)  2 tìm hằng số C.

+) Tính f  1 ;f  3 bằng cách thay x = -1 và x = 3.

f (0)  1 thay vào (2) ta được ln1  C2  1  C2  1 .

f (1)  2 thay vào (1) ta được ln1  C1  2  C1  2 .

 f  1  ln 3  1; f  3  ln 5  2  f  1  f  3   ln 3  ln 5  3  ln15  3 .

+) Thay z  a  bi vào biếu thức đề bài, rút gọn đưa về dạng A  Bi  0

g '( x)  t '. f '(t )   f '(t )

Vậy hàm số y  f (2  x) đồng biến trên khoảng (3; );(2;1) .

Vì A  d nên thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng d ta có :

Vậy có 3 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.