Đề thi Toán quốc gia 2018 – Mã đề 111

Câu 13: Trong không gian Oxyz, điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng : 2 1 2

1 1 2

x y z

d     

A. N(2; 1;2)  B. M ( 2; 2;1)   C. P(1;1;2) D. Q( 2;1; 2)  

Câu 14: Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y x y x      2 3; 0; 0 0; 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 ?

A.

2

2

0

V x dx   ( 3) B.

2

2 2

0

V x dx   ( 3) C.

2

2 2

0

V x dx   ( 3) D.

2

2

0

V x dx   ( 3)

pdf13 trang | Chia sẻ: vudan20 | Ngày: 19/03/2019 | Lượt xem: 45 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Đề thi Toán quốc gia 2018 – Mã đề 111, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
hông gian Oxyz, mặt phẳng ( ) : 2 3 1 0P x y z    Có một vectơ pháp tuyến là A. 2 ( 1;3;2)n   B. 1 (2;3; 1)n   C. 3 (1;3;2)n  D. 4 (2;3;1)n  Câu 4: Cho hàm số ( )y f x có bảng biến thiên như sau: Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây A. ( 1;0) B. ( ;1) C. (0;1) D. (1; ) Câu 5: Nguyên hàm của hàm số 4 2( )f x x x  là A. 34 2xx c  B. 5 3 1 1 5 3 x x c  C. 5 3x x c  D. 4 2x x c  Câu 6: Tập nghiệm của phương trình 2 3log ( 7) 2x   là A.  4;4 B.  4 C. 4 D.  15; 15 Câu 7: 1 lim 2 7n  bằng A. 1 2 B. 0 C. 1 7 D. Câu 8: Thể tích của khới trụ tròn xoay có bán kinh r, và chiều cao h bằng A. 2 rh B. 2 1 3 r h C. 2 4 3 r h D. 2r h Câu 9: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2( ) : ( 3) (y 1) (z 1) 2S x       . Tâm của (S) có tọa độ là y O y O x - + - + -1 -2 - 1 1 0 -1 Y Y X + -  -  -  0 0 0 A. ( 3; 1;1)  B. (3; 1;1) C. (3;1; 1) D. ( 3;1; 1)  Câu 10: Cho khối lăng trụ có đáy là hình vuông cạnh a, chiều cao 4a. Thể tích của khối lăng tỷụ đã cho bằng A. 34 3 a B. 34a C. 3 16 3 a D. 316a Câu 11: Với a là số thực dương tùy ý, ln(7a) ln(3a) bằng A. 7 ln 3 B. ln(4a) C. ln 7 ln3 D. ln(7 ) ln(3 ) a a Câu 12: Từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm hai chữ số khác nhau? A. 2 7C B. 27 C. 2 7A D. 72 Câu 13: Trong không gian Oxyz, điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng 2 1 2 : 1 1 2 x y z d      A. (2; 1;2)N  B. ( 2; 2;1)M   C. (1;1;2)P D. Q( 2;1; 2)  Câu 14: Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường 2 3; 0; 0 0; 2y x y x     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 ? A. 2 2 0 ( 3)V x dx  B. 2 2 2 0 ( 3)V x dx  C. 2 2 2 0 ( 3)V x dx  D. 2 2 0 ( 3)V x dx  Câu 15: Số phức 5 6i có phần thực bằng A. 5 B. 5 C. 6 D. 6 Câu 16: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 3a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng A. 5 3 a B. 3 3 a C. 3 2 a D. 6 6 a Câu 17. Cho hàm số ( )y f x liên tục trên đoạn  2;2 và có đồ thị như hình vẽ bên Số nghiệm thực của phương trình 3 ( ) 4 0f x   trên đoạn  2;2 là A. 3 B. 4 C. 2 D. 1 HD : đồ thị đã cho là của hàm số bậc 3 có y’ = 0 tại hai giá trị đối nhau Của x suy ra hệ số b= 0 lại có tung độ điểm uốn bằng 1 tại x = 0 suy ra hệ số d = 1 suy ra 2 3 3 '(1) 3a 0 3a 0; (1) 1 a c 1 1 2 1 3 ( ) 4 0 3 9 3 4 0 3 9 1 0 3a 0 3 y x c c y a c a f x x x x x c c                                       có 3 nghiệm thuộc đoạn  2;2 1 -1 -1 3 O Cách 2: ta có 4 3 ( ) 4 0 ( ) 3 f x f x    suy ra số nghiệm của pt đã cho là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng 4 3 y  nên từ gt suy ra pt đã cho cơ ba nghiệm Câu 18: 2 1 3 2 dx x  bằng A. 2ln2 B. 1 ln 2 3 C. ln 2 D. 2 ln 2 3 Câu 19: Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm ( 1;1;1)A  ; B(2;1;0) , C(1; 1;2) . Mặt phẳng đi qua A vuông góc với đường thẳng BC có phương trình là A. 2 2z 1 0x y    B. 3 2 1 0x z   C. 2 2 1 0x y z    D. 3 2 1 0x z   Câu 20: Tìm hai số thực x, y thỏa mãn (3 ) (4 2i) 5 2ix yi x     A. 2; 0x y  B. 2; 4x y   C. 2; 4x y  D. 2; 0x y   Câu 21: Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 2 25 5x y x x     A. 3 B. 0 C. 2 D. 1 Câu 22: Một người gửi tiết kiệm vào một ngân hàng với lãi suất 6,6% 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. 13 năm B. 11 năm C. 12 năm D. 10 năm Câu 23: Cho hình chóp S.ABC, có đáy là tam giác vuông tại C, , 2AC a BC a  ,SA vuông góc đáy SA a . Góc giữa SB và đáy bằng A. 030 B. 090 C. 045 D. 060 Câu 24: Giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 23y x x  trên đoạn  4; 1  bằng A. 16 B. 4 C. 0 D. 4 Câu 25: Từ một hộp chưa 9 quả cầu màu đỏ , 6 quả cầu màu xanh , lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả . Xác suất để lấy được 3 quả cầu màu xanh là A. 12 65 B. 24 91 C. 5 21 D. 4 91 Câu 26 : Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình : 1 24 .2 2 5 0x xm m    có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử ? A. 5 B. 1 l C. 3 D. 2 Câu 27: Một chất điểm A xuất phát từ O chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi qui luật 21 13( ) ( / ) 100 30 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 chất điểm B cũng xuất phát từ O cùng hướng với A nhưng chậm hơn 10 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. 25 m/s B. 15 m/s C. 9 m/s D. 42 m/s Bài giải : từ gt thì thời gian chất điểm A chuyển động đên khi gặp B là 10 +15 = 25 (s) suy ra quãng đường A đi được trong khoảng thời gian đó là 25 2 0 1 13 375 100 30 2 AS t t dt          (m) . Do B chuyển động với gia tốc a (m/s 2 ) với a không đổi nên vận tốc của B bằng adt at c  vì xuất phát từ trạng thái nghỉ (0) .0 0Bv a c c     vậy vB(15) = 15a ta còn phải tìm a ta lại có 15 2 15 0 0 1 225a 375 225a 2 2 2 2 B As atdt at s       2375 5 ( / ) 225 3 a m s  Vậy vận tôc cua B tai thời điểm t = 15 giây là 15.5 25( / ) 3 m s suya ra Đáp án A . Câu 28: 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 9a triệu đồng . Khi đó giá nguyên liệu làm một chiếc bút chì như trên gần nhất với số nào sau đây ? A. 10,33 a(đồng) B. 97,03 a(đồng) C. 103,3 a(đồng) D. 9,7 a(đồng) HD: 3 9 3 3 6 9 3 3 9 3 3 6 9 3 1 1 10 1 . .10 (dong) 10 10 1 9 1 10 1 .9 .10 (dong) 10 10 a m go mm mm co gia a a m chi mm mm co gia a         Khối lượng than chì làm mottj chiếc bút là : 2 3.200r h mm   giá thành than chì để làm một chiếc bút là : 3 .200.9a (dong) 10  . Tuong tự khối lượng gỗ làm một chiếc bút chì bằng : lt truv v  .daydt h 2r h  giá thành gỗ để làm một chiếc bút chì là : 3 (2700 3 200 ). ( ) 10 a dong  suy giá nguyên vật liệu để làm một chiếc bút chì là 3 .200.9a (dong) 10  + 3 (2700 3 200 ). ( ) 10 a dong  9,7030 ( )a dong Câu 29: Cho 2 1 (1 ln ) e ( , , ) e x x dx a be c a b c la cac so huu ti    . Mệnh đề nào dưới đây đúng A. a b c   B. a b c  C. a b c   D. a b c  Câu 30: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số 1 (6; ) 3 x y nghichbien trenkhoang x m     A. Vô số . B. 3 . C. 6 . D. 0 . Câu 31: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc OA = OB = a, OC = 2a. Gọi M là trung điểm AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và AC bằng A. 2 5 5 a B. 2 2 a C. 2 3 a D. 2 3 a HD : Vẽ hình hộp Nhận OA,OB,OC là ba cạnh cùng xuất phát từ O như hình vẽ dể thấy mf(ODB’) song song với AC nên d(AC,OM) = d(A,(ODB’)) do gt suy ra OADB là hình vuông nên mf(BMB’)  OM vẽ ' (OD ') d(B,(OD ')) BHBH MB BH B B     dễ thấy M là trung điểm AB (A,(OD ')) d(B,DB'))d B BH   do tứ diện BDOB’có BO,BD,BB’đôi một vuông góc nên H là trực tâm tam giác ODB’ 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1 9 2a ' 4a 4a 3 BH BH BO BD BB a          Đáp án D Cách 2: Xét hệ tọa độ Oxyz sao cho A,B,C lần lượt thuộcOx, Oy, Oz ( ,0,0); (0, ,0); (0,0,2 )A a B a C a Khi đó ( ; ;0) & N(0; ;a) 2 2 2 a a a M là trung điểm BC / /(OMN)AC d(AC,OM) d(A,(OMN))  từ gt ta có 2 2 2 ( ; ;0), ON (0; ; ) ;ON ; ; 2 2 2 2 2 4 a a a a a a OM a OM               suy ra mf(OMN) có pt là: 2 2 2 2a 2a 2x 2 z 0 (A,(OMN)) 32 2 1 y d        Câu 32: Ông A dự định sử dụng 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 ? A. 30,96 .m B. 31,01 .m C. 31,51 .m D. 31,33 .m Gọi x, 2x, h lần lượt là rộng dai cao của bể theo bài ra ta có   2 2 2 2 2 2 2 max 5 2 5 5 2 1 5 2 2 2 2.2 . 6 2 5 (0 ) 2 . 6 2 6 3 6 1 5 5 ' 6 5 0 (0; ) 1.01 3 6 2 x x x x xh x h xh x h x V x x x x x V x x lapbbttren V                                    Câu 33: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 1 2 : & (P) : x y z 1 0 2 1 2 x y z mf          . Đường thẳng nằm trong (P) đồng thời cắt và vuông góc với  có phương trình là A. 3 2 4 2 x t y t z t          . B. 3 2 2 6 2 x t y t z t          . C. 3 2 4 2 3 x t y t z t          . D. 1 4 3 x t y t z t          . M B' D D' A' C O A B H N M C O A B HD: (P) M(3; 2;2)   vtpt của mf(Q) qua  vuông góc (P) là 1 1 2 ; ( 1;4;3) 1 1 1 Q Pn u n            Suy ra ' là hình chiếu  của  trên (P) có vtcp là ' 1;4;3 ; ( 7;2; 5) 1 ;1 ; 1 Q Pu n n              vtcp của đg thg (d) thuộc (P) đông thời cắt và vuông góc với  là ' 7 2 5 ; (3; 12; 9) 1 1 1 d Pn u n              Đáp án C Câu 34: hệ số của 5x trong khai triển 6 8(2 1) ( 3)x x x   bằng A. 1752 . B. 1752 . C. 1272 . D. 1272 . Câu 35: Xét các số phức z thỏa mãn   2 2z 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. 2 2 . B. 4. C. 2 ? . D. 2. HD:       2 22 2 (2 ) 2 2a 2 (2a 2 )iz a bi z a bi z i z a b i a bi a b b b                   là số thuần ảo  2 2 2 22a 2 0 (a 1) (b 1) 2a b b         xảy ra khi và chỉ khi các điểm biểu diễn số phức z thuộc đg tròn tâm O bán kính 2R  Câu 36: Cho hàm số ( )f x thỏa mãn   231(2) & '( ) 4 ( ) 25 f f x x f x x R     . Giá trị f(1) bằng A. 1 10  . B. 41 400  . C. 1 40  . D. 391 400  . HD Từ gt ta có :         2 2 2 3 3 2 4 2 1 12 2 2 1 1 1 ( )'( ) '( ) 1 1 4 4 25 ( ) (1)( ) ( ) ( ) d f xf x f x x x dx dx x f x ff x f x f x                     1 1 15 25 (1) (1) 10 f f         Câu 37: Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’, khoẳng cách từ C đến đường thẳng BB’ băngf 2, khoẳng cách từ A đến các đường thẳng BB’ và CC’ lần lượt là 1 và 3 hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (A’B’C’) là trung điểm M của B’C’và A’M = 2. Thể tích của khối trụ đã cho bằng A. 3 . B. 1. C. 2 . D. 2 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     2 3, 1EF vi AE AF AEF    vuông tại A gọi H Là trung điểm BC và I là giao của EF với MH suy ra 1 1 2 AI EF  Do gt thì ta cũng có AM vuông góc (ABC) AMH vuông tại A có 2 2 2 1 1 1 AI MH AI AH AM     2 2 24 4 3AA' ' 3 3 AM A M AM      ; dt tam giác AEF bằng E 1 3 E. '. 2 2 LT A FA AF V AA dt    4 3 3 . 2 3 2  .Đáp án C Câu 38: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số 8 5 2 4( 4) ( 16) 1y x m x m x      đạt cực tiểu tại 0x  ? A. vô số . B. 9 . C. 8 . D. 7 . Giải : ycbt là '(0) 0y  và đổi dấu từ (-) sang (+) từ gt ta có 7 4 2 3' 8 5( 4) ( 16)y x m x m x     3 4 2[8 5(m 4)x ( 16)]x x m     = 0 tại x = 0 với mọi m nên ta xét các TH sau TH1 4 2( ) 8 5(m 4)x ( 16) 0f x x m      tại x = 0 khi 2 4 16 0 4 m m m        Với m = 4 ta có 8 71 ' 8 0 0y x y x x       và đổi dấu từ ( ) ( )    m = 4 thỏa mãn Với m = - 4 ta có 8 5 7 4 4 38 1 ' 8 40 ( 40)y x x y x x x x        không đổi đấu khi qua x = 0 nên loại TH2 : 4 2( ) 8 5(m 4)x ( 16) 0f x x m      tại mọi x khác 0 khi đó do x3 dương khi x > 0 nên ycbt thỏa mãn thì  4 2 2 2 0 0 lim ( ) lim 8 5(m 4)x ( 16) (m 16) 16 m 0 4 x x f x x m m                 (1) Tương tự khi x < 0 thì x3 < 0 nên ycbt thỏa mãn thì  4 2 2 2 0 0 lim ( ) lim 8 5(m 4)x ( 16) (m 16) 16 m 0 4 x x f x x m m                 (2) Từ một và hai kết hợp vói m = 4 thỏa thì các giá trị nguyên thoa ycbt là : 3; 2;...3;4  có 8 giá trị nguyên ĐA C Câu 39:Cho hai hàm số 3 2 2 1( ) 1 & ( ) ( , , , , ) 2 f x ax bx cx g x dx ex a b c d e R        . Biết rằng đồ thị của hai hàm số ( )& ( )y f x y g x  cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là 3; 1;2  Như hình vẽ . Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số có diện tich bằng A. 125 12 . B. 253 12 . C. 253 48 . D. 125 48 . HD: trên hình vẽ ta thấy trên  3; 1  đồ thị của y = f(x) nằm trên đồ thị y = g(x) , trên  1;2 đồ thị y = g(x) lại nằm trên đồ thị y = f(x) I H C B M B' C' A A' F E         1 2 1 2 (H) 3 1 3 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )dt f x g x dx g x f x dx f x g x dx f x g x dx                   ta có 3 2 3( ) ( ) ax ( ) ( ) 0 2 f x g x b d x c e x        là pt bậc ba có ba nghiệm 1 2 3 3, 1, 2x x x      1 2 3 3 2 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3 2 3 2 (H) 3 1 1 2 4 3 1 1 1 5 3 6 ( ) ( ) 2 2 4 2 4 2 5 5 4 1 1 5 3 1 1 5 3 4 63 253 4 2 4 2 4 2 4 2 3 16 48 d b x x x a a x x x d b f x g x x x x a c e c ex x x x x x a dt x x x dx x x x dx                                                                          Đáp án C Câu 40: Cho hàm số 4 21 14 3 3 y x x  có đồ thị (C) . Có bao nhiêu điểm A thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A cắt (C) tại hai điểm phân biệt 1 1 2 2 ( ; ),N( ; )M x y x y (M,N khác A) thỏa mãn 1 2 1 2 8( )y y x x   A. 2. B. 1. C. 3. D. 0. HD: Giả sử A(a,b) là điểm thuộc (C) thỏa đk đầu bài thì tiếp tuyến tại A nhận 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ; ) ( ;8( ))NM x x y y x x x x      làm vtcp suy ra tiếp tuyến đó có hệ số góc 3 31 2 1 2 3 1 2 8( ) 4 28 8 '(a) 8 8 7 6 0 2; 1; 3 3 3 x x k y a a a a a a a x x                    Với 1 1 40 2 3 a b     suy ra tiếp tuyến tại 1 1(a ;b )A có pt 40 8 8( 2) 8 3 3 y x x     4 2 4 2 3 21 14 88 0 14 24 8 0 ( 2)( 2 10 4) 0 3 3 3 pt x x x x x x x x x x                có ba nghiệm phân biệt nên 40 ( 2; ) 3 A   thỏa đk Với 2 2 13 1 3 a b      tiếp tuyến tại 2 2(a ;b )A có pt 13 11 8( 1) 8 3 3 y x x     4 2 4 2 3 21 14 118 0 14 24 11 0 ( 2)( 2 13 11) 0 3 3 3 pt x x x x x x x x x x                có ba nghiệm phân biệt nên 40 ( 2; ) 3 A   thỏa đk Với 3 3 3 15a b     tiếp tuyến tại 3 3(a ;b )A có pt 8( 3) 15 8 39y x x     4 2 4 2 3 21 14 8 39 0 14 24 117 0 ( 3)( 3 5 39) 0 3 3 pt x x x x x x x x x x                có nghiệm duy nhất x = 3 không thỏa đk . Tóm lại chỉ có hai điểm thuộc (C) thỏa đk suy ra Đáp án A Câu 41: Cho phương trình 77 log ( ) x m x m   với m là tham số . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc ( 25;25) để phương trình đã cho có nghiệm ? A. 24. B. 9. C. 26 . D. 25 HD : đặt 7log ( ) 7 :7 7 7 7 t x t x tt x m x m pt da cho tro thanh x t x t             Xét hàm số ( ) 7 '( ) 7 ln7 1 0 7 7u u x xF u u F u pt x t x m m x               Xét hàm số : 7 1 1 ( ) 7 '( ) 1 7 ln7 0 7 log 0.34 ln7 ln7 x x xf x x f x x bbt                   Vậy pt đã cho có nghiệm khi m nguyên và m thuộc ( 25;0) Suy ra có 0 ( 25) 1 24    giá trị nguyên của m thỏa đk Câu 42: Cho 2 2 4a 5 1 8a 10, 0 log (16 1) log (4 5 1) 2b ba b thoa man a b a b          . Giá trị của 2a b bằng A. 27 4 . B. 6 . C. 9 . D. 20 3 HD: bđt côsi 2 2 2 2 4a 5 1 4a 5 1 2 2 4a 5 1 8a 1 4a 5 1 8a 1 16a 8a 4a 5 1 1 log (16a 1) log (8a 1) 2 log (16a 1) log (4a 5 1) log (8a 1) log (4a 5 1) b b b b b b b b vi b b b b b b b                                 8a 1 4a 5 1 1 1 1 log (4a 5 1) 0 & log (8a 1) 2 2 2 Xay 1b bDat t b t b t t khi t t t t                  Tóm lại 2 2 4a 5 1 8a 1log (16 1) log (4 5 1) 2b ba b a b        xảy ra khi 2 2 8a 1 4a 3 4a16a 3 27 2 643 8a 1 4a 5 1 4 4log (4a 5 1) 1 34 b b b ab a b b b ab b                                Câu 43: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2( ) : ( 1) (y 2) (z 3) 1& (2;3;4)S x A      . Xét các điểm thuộc (S) sao cho đường thẳng AM tiếp xúc với (S), M luôn thuộc mặt phẳng có phương trình là A. 7 0x y z    . B. 2 2 2 15 0x y z    . C. 7 0x y z    D. 2 2 2 15 0x y z    . HD: Từ gt 2 1 1 1, 3 33 IM IH IM IA IH IA IA         1 4 1 (2 1) 3 3 1 1 7 4 7 10 y 2 (3 1) ; ; 3 3 3 3 3 3 1 10 z 3 (4 3) 3 3 x x IH IA y H z                                       mặt phẳng cần tìm đi qua H vuông góc với IA nên có pt 4 4 4 1 1 1 0 7 0 3 3 3 x x x x y z                             Cách 2: Từ gt 2 2A 3; 1 2IM MA doI MI AM IA IM         M thuộc vào giao của hai mặt cầu (S) và mặt cầu (S’) tâm A bán kính AM nên có phương trình 2 2 2 2 2 2( 2) ( 3) ( 4) 2 4 6 8z 29 2 (1)x y z x y z x y              pt của (S) viết lại như sau 2 2 2 2 2 2( 1) (y 2) (z 3) 1 2 4 6z 14 1 (2)x x y z x y              lấy (2) trừ (1) theo vế ta có 2 2 2z 15 1 7 0x y x y z          (3) suy ra tập hợp các điểm M(x,y,z ) thỏa mẫn (3) chính là pt mặt phẳng chứa các điểm M thỏa đk bài ra Câu 44: Cho hàm số 2 2 x y x    có đồ thị (C). Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận . Xét tam giác đều ABI có hai đỉnh A,B thuộc (C) , đoạn AB có độ dài bằng A. 2. B. 4. C. 2 2 . D. 2 3 . Giải : từ gt 2 2 4 4 4 1 1 2 2 2 2 x x y y x x x x                đặt 4 1, 2Y y X x Y X        tức ta đã chuyển gốc tọa độ về giao của hai 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 cung một nhánh như hình vẽ nên tam giác AIB đều thì hai góc AIA’ và góc BIB’ bằng nhau và đều bằng 015 (A’,B’ lần luọt là hình chiếu của A,B trên trục hoành trục tung của hệ tọa độ mới ). Gọi 4 ( ; )A a a  là tọa độ của A trong hệ tọa độ mới 2 2 2 0 0'tan A' tan15 2 tan15 4' 4 4 4 aIA a a a AI a A A a            H I A M 00 4 2 tan15 ; 2 tan15 A         2 0 0 16 4tan15 16 4 4tan15 IA IA      đáp án B Câu 45: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 1 : 2 ; 3 x t d y t Goi la duong thang di qua z         (1;2;3) (0; 7; 1)A va co vtcp u    . Đường phân giác góc nhọn tạo bởi &d  có phương trình là A. 1 5 2 2 3 x t y t z t         . B. 1 6 2 11 3 8 x t y t z t         . C. 4 5 10 12 2 x t y t z t            . D. 4 5 10 12 2 x t y t z t           Giải : tọa độ điểm A nghiệm đúng pt của d nên phân giác cần tìm phải đi qua A từ gt ta có . 7 0du u    trên d và  lấy hai điẻm M, N sao cho ;dAM u AN u  . Xét hai vectơ 1 2 1 2 1 1 7 1 ; ;0 & 0; ; 2 2 5 2 5 2 d d AM u u u u u u AM u u                           là vectơ chỉ phương của đường phân giác góc nhọn vì 1 2 1 12 1 ; ; (5;12;1) 2 5 2 5 2 u u m             là một vtcp của phân giác cần tìm suy ra phân giác đó có pt là 1 5 2 12 3 x t y t z t         cho 1 ( 4; 10;2)t N     cung thuộc phân giác Vậy Đáp án D. Câu 46: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn ( 6 ) 2 (7 ) ?z z i i i z     A. 1. B. 2. C. 3 . D. 4 . Giải : Đặt t z từ gt ( 6 ) 2 (7 ) z 6 2 (7 )z z i i i z t t ti i i z            ( 7 ) 6 ( 2)iz t i t t        2 2 2 2 2 2 2. (t 7) 1 36 ( 2) 14 50 37 4 4z t t t t t t t           4 3 2 3 2 1 12 14 13 4 4 0 ( 1)( 13 4) 0 0,57 0,5 ( ) t t t t t t t t t t t loai                     Đáp án C. Câu 47: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’có tâm O . Gọi I là tâm của hình vuông A’B’C’D’ và M là điểm thuộc đoạn thẳng OI sao cho 2MO MI (hình vẽ) . Khi đó sin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (MC’D’) và (MAB) bằng A. 6 13 65 . B. 6 85 85 . C. 7 85 85 . D. 17 13 65 Giải : lấy độ dài cạnh lập phương bằng 6 thì suy ra 1; ' 5; ' 3IM MI EI IF    giao tuyến của (MAB)&(MC’D’) Song song với AB&C’D’ góc của (MAB)& (NC’D’) là góc giữa hai đg thg ME;EF xét tam giác EMF ta có 2 2 2 2 2 23 5 34; 1 3 10; E 6 6 6 2ME MF F         34 10 72 7 85 cos 852 34.10 EMF       gọi  là góc của (ABM) & (MC’D’) 2 49.85 6 85 sin 1 85 85     suy ra Đáp án B. Câu 48: Ba bạn A, B, C mỗi bạn viết ngẫu nhiên lên bảng một sô tự nhiên thuộc đoạn [ 1; 14 ] . Xác suất để ba số được viết ra có tổng chia hết cho 3 bằng A. 307 1372 . B. 457 1372 . C. 207 1372 . D. 31 91 . Giải : Gọi X là biến cố 3 số viết ra có tổng chia hết cho 3 không gian mẫu của X là  ta có : 314.14.14 14   Gọi M = {3;6;9;12} 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} là tập các số chia3 dư 1 do tông ba số viết ra có tổng chia hết cho 3 nên ta có các TH sau TH1 : 3 số viết lên đều chia hết cho 3 TH này có 4 3 khả năng xảy ra TH2 : 3 số viết lên chia hết cho 3 dư 2 TH này có 5 3 khả năng xảy ra TH3 : 3 số viết lên chia hết cho 3 dư 1 TH này có 5 3 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!(4.5.5) 600 Tóm lại 3 3 3 3 914 457 4 5 5 600 914 ( ) 14 1372 X P X        Đáp án B . Câu 49 : Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) cóa tâm (1;2;3)I và đi qua điểm (5; 2; 1)A   . 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 A. 256 3 . B. 256 . C. 128 . D. 128 3 . GIẢI: Goi F , M lần lượt là trung điểm BC,AD và I là giao của đg thg quaM song song EF với đg thg qua F song song AD thì ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Từ gt thì 2 2D (5 1) ( 2 2) ( 1 3) 4 3AI I R           Ta cũng có 2 2 2 2 2 2 D 4 4 AB AC A AI AF IF      2 2 2 2 2 2 2 2 2 23 34 D 3 D 192 3 DIA AB AC A AB AC A AB AC A       F O I' I E C' D'A' C A B D B' M I M F D A C B 3 2 2 2 3 192 1 512 25627 D 192 . . D 512 . . D 27 6 6 3 AB AC A AB AC A AB AC A        D 256 3 ABCV  SUY RA Đáp án A . Câu 50 : 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 đậm hơn là đồ thị của hàm số y = g’(x) . Hàm số 7 (x) f(x 3) g(2x ) 2 h     đồng biến trên khoảng nào dưới đây A. 36 6; 5       . B. 13 ;4 4       . C. 29 7; 4       . D. 36 ; 5       . Bài giải : từ gt suy ra 7 '( ) '( 3) 2 '(2 ) 2 h x f x g x    trên các khoảng cho trong các đáp án ta kiểm tra xem h’(x) dương hay âm để từ đó đưa ra kết luận  0 0 0 36 6; 9 3 10,2 8 3 10 (1) 5 x x f x                Ta cũng có 0 0 7 7 8,5 2 10,5 4 ' 2 5 2 2 x g x              0 7 10 2 ' 2 8 (2) 2 g x            từ (1)& (2) suy ra 0 0 36 2 '( ) 2 6; 5 h x x            trên khoảng 36 6; 5       hàm số h(x) không thể luôn đồng biến nên đáp án A. loại Xét tuong tự cho khoảng 13 ;4 4       ta có  0 0 0 13 ;4 6,25 3 7 10 3 15 (1)' 4 x x f x                ta cũng có 0 0 7 7 3 2 4,5 2 ' 2 4 2 2

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdftoan quoc gia ma de 101 tu cau26 25_12389991.pdf
Tài liệu liên quan