Đề 18 PTĐMH 2018 đáp án

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng Oxy.. * Đồ thị hàm số có hình dạng là đồ thị hàm trùng phương nên ta loại đáp án D.. * Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung

Trang 1

Câu 1: Tìm điểm M biểu diễn số phức z i 2.

A M 1; 2  B M 2;1 C M 2; 1  D M   2;1

Lời giải Chọn D

Ta có z     i 2 2 i M2;1 là điểm biểu diễn số phức z i 2

Câu 2:

2

lim

12

x



  bằng

A 5

12

Lời giải Chọn B

2

5

12

x

 

Câu 3: Cho tập hợp M 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9 có 10 phần tử Số tập con gồm 2 phần tử của M và

không chứa phần tử 1 là:

A 2

9

10

C D 92 Lời giải

Chọn B

Số tập con gồm 2 phần tử thỏa yêu cầu bài toán là số cách chọn 2 phần tử bất kì trong 9 phần tử của M \ 1  Do đó số tập con gồm 2 phần tử của M là 2

9

C

Câu 4: Chiều cao của khối chóp có diện tích đáy bằng B và thể tích bằng V là

A h 3V

B



Lời giải Chọn A

3

V

B

Vậy chiều cao của khối chóp có diện tích đáy bằng B và thể tích bằng V là h 3V

B



Câu 5: Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên như sau:

Hàm số y f x  đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A ; 0 B 0;1 C 1;1 D 0;  

y



1



3



Trang 2

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên hàm số đồng biến trên khoảng 0;1

Câu 6: Cho hai hàm số y f x 

và yg x 

liên tục trên đoạn a b; 

Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y f x 

, yg x 

và hai đường thẳng xa, xb ab

được tính theo công thức

A      d

b a

S f x g x x

C    d

b a

S  f x g x x

Lời giải

Chọn C

Câu 7: Cho hàm số y f x  xác định, liên tục trên  và có bảng biến thiên như sau:

Tìm giá trị cực đại y CĐ và giá trị cực tiểu y CT của hàm số đã cho

A y CĐ  và 3 y CT   2 B y CĐ và 2 y CT  0

C y CĐ  và 2 y CT  2 D y CĐ  và 3 y CT  0

Dựa vào bảng biến thiên hàm số ta có y CĐ  và 3 y CĐ  0

Câu 8: Với các số thực dương , a b bất kì Mệnh đề nào dưới đây sai?

A log a loga logb

b

 

 

 

log a2loga

2

a a D log b logb loga

a

 

 

 

Ta có log a loga logb

b

 

 

 

; log b logb loga a

 

 

 

2

a a là các mệnh đề đúng

Vậy

log a2loga là mệnh đề sai

Câu 9: Tìm nguyên hàm của hàm số f x sin 2x

A 2cos 2 x C B 2cos 2x C C 1cos 2

1 cos 2 2

 x C

Trang 3

1 sin 2 d cos 2

2

x x  x C

Câu 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M2; 1; 4  Gọi H là hình chiếu vuông góc

của M trên mặt phẳng Oxy Tọa độ điểm H là:

A H0; 1; 4  B H2;0; 4 C H2; 1;0  D H0; 1;0 

Lời giải Chọn C

Hình chiếu vuông góc của M x y z ; ;  trên mặt phẳng tọa độ Oxy có tọa độ là x y; ;0

2; 1;0

H

Câu 11: Đường cong như hình bên là đồ thị của hàm số nào sau đây?

A y x42x2 2 B y x42x2 2 C y x42x2 2 D y x33x 2

Câu 12: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng : 1 1

 Đường thẳng d song song với 

có một vectơ chỉ phương là

A u  1  0; 2; 1  

B u  2  3; 2;1 

C u  3  0; 1;1  

D u  4  3; 2; 1  

Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u d u3; 2; 1 

Câu 13: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình: 51 2 1

125

x





A S   ; 2 B S 0; 2 C S   ;1 D S 2;

Lời giải

Chọn A

1 2 1

5

125

x



 51 2  x 5 3  1 2x 3 x 2 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S   ; 2

Câu 14: Một hình nón có diện tích xung quanh bằng 2

2 cm và bán kính đáy 1

2

r cm Khi đó độ dài

đường sinh của hình nón là:

Lời giải

y

* Đồ thị hàm số có hình dạng là đồ thị hàm trùng phương nên ta loại đáp án D

* Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên ta loại các đáp án A và B

* Đáp án đúng là đáp án C

Trang 4

Chọn B

Diện tích xung quanh của hình nón là :

1 2 2

xq

S rl l   l 4 (cm)

Câu 15: Trong không gian Oxyz , cho điểm M   2; 1;3 Tìm phương trình mặt phẳng đi qua các điểm

lần lượt là hình chiếu của điểm M lên các trục tọa độ.

Lời giải

Chọn A

Các điểm M 1 2;0; 0, M20; 1;0 , M30; 0;3 lần lượt là hình chiếu của điểm M lên các trục

Ox , Oy , Oz

Áp dụng công thức phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn, ta suy ra mặt phẳng M M M1 2 3 có

Câu 16: Đồ thị hàm số nào sau đây không có tiệm cận ngang?

A y x x21 B

2 1

x y x



2 1

x y x





2 1

x y x







Lời giải

Chọn B

Ta có

2 lim

1

x

x x



1 lim

1 1

x



   

  nên hàm số không có tiệm cận ngang

Câu 17: Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên như sau

Số nghiệm của phương trình f x    7 0 là

Số nghiệm của phương trình f x    7 0 f x  7 là số giao điểm của đồ thị hàm số

 

y f x và đường thẳng y   Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng 7 y   cắt đồ thị hàm số 7

 

y f x tại 1 điểm

Câu 18: Giá trị nhỏ nhất của hàm số   1 3 2 2

f x  x  x  x trên đoạn 0; 3 bằng

Trang 5

A 11

Ta có   2

f x x  x

  0

 

1 0; 3

5 0; 3

x x

  

  



 0 2

3

f   ,  1 5

3

f  ,  3 11

3

Vậy

    0; 3

11 3

x Min f x

Câu 19: Tích phân

2 2 1

d 1

x



A 10

ln 2 ln 3 3

Cách 1:

2

2 1

d 1

x





2 2 1

1

x





2 3

1

ln 1 3

x

2 ln 3 1 ln 2

10

ln 2 ln 3 3

Cách 2:

Bước 1: Bấm máy tính để tính

2 2 1

d 1

x



Bước 2: Bấm SHIFT STO A để lưu vào biến A

Bước 3: Bấm 10 ln 2 ln 3 0

3

A   

Câu 20: Gọi z z1, 2 là hai nghiệm phức của phương trình z2 4 z   7 0 Khi đó z12  z2 2 bằng

Lời giải

Chọn C

Ta có: z2 4 z   7 0 1

2

   

 

  



Vì z2  z1 nên z1  z2

Khi đó: z12 z222z12  2  2

Câu 21: Cho lăng trụ ABC A B C    có đáy là tam giác đều cạnh a Hình chiếu vuông góc của điểm A lên

mặt phẳng ABC trùng với trọng tâm Gtam giác ABC Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng

AA và BC bằng 3

4

a

Tính A G

A

3

a

6

a

3

a

2

a

Trang 6

Gọi là trung điểm , ta có A G ABC



d AA BC d M AA

,

a

d G AA GI GI

2 2





Câu 22: Chú Hùng gửi tiết kiệm 50 triệu vào ngân hàng theo kỳ hạn 3 tháng và lãi suất 0, 65% /tháng

Chú không rút lãi ở tất cả các định kỳ, sau 5 năm chú dự định rút tiền mua xe máy cho con trai sau khi con trai tốt nghiệp đại học Hỏi chú Hùng có bao nhiên tiền để mua xe cho con trai.(kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)

A 66.800.300 đồng B 73.755.898đồng C 66.800.306đồng D 66.800.307 đồng

Một quý lãi suất 3.0,65% 1,95%.

Sau 5 năm(15 quý), số tiền thu được cả gốc lẫn lãi là:

50 1 0,0195 66,80030664 ( triệu đồng)

Câu 23: Một hộp đựng 20quả cầu trong đó có 6 quả cầu màu trắng, 4 quả cầu màu xanh và 10 quả cầu

màu đỏ Lấy ngẫu nhiên lần lượt 3 quả cầu từ hộp đó Tính xác suất để trong 3 quả cầu được chọn có đủ 3 màu

A 24

2

4

3

20

Số cách chọn ngẫu nhiên lần lượt 3quả cầu : 20.19.186840

Số cách chọn lần 1 được quả cầu màu xanh, lần 2 được quả cầu màu trắng và lần 3 được quả cầu màu đỏ là: 6.4.10240

Vì có 3 lần chọn nên có 3! 6 khả năng về thứ tự các màu

Vậy số cách chọn được 3 quả đủ 3 màu là : 6.240 1440.

C'

B'

B

C A

A'

M G

I

Trang 7

Xác suất để trong 3 quả cầu được chọn có đủ 3 màu là: 1440 4.

684019

Câu 24: Trong không gian Oxyz , cho điểm A  1; 2;1 Mặt phẳng qua B và vuông góc với trục Ox là:

A z  1 0 B y 20 C x  1 0 D xy  z 3 0

Mặt phẳng đi qua A  1; 2;1 nhận i 1 0 0 , ,  làm vectơ pháp tuyến nên phương trình mặt phẳng là:

x  

1 1 0   x 1 0

Câu 25: Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SAABCD và 6

3

a

SA  Tính góc giữa SC và ABCD

A 30 B 45 C 60 D 90

Ta có SAABCD nên AC là hình chiếu của SC lên ABCD

SC ABCD, 

 SC AC, SCA

Xét tam giác SCA vuông tại A , ta có tan SA

SCA AC



6 3 2

a a

3

 SCA30

Câu 26: Tìm hệ số không chứa x trong khai triển 3 2 n

x x



  , biết n là số nguyên dương thỏa mãn

78

C  C  

A 112640 B 112640 C 112643 D 112643

78

C  C 

( 1)!1! ( 2)!2!

( 1)

78 2

n n

156 0

n n

 

12 13





 

 



Khi đó: 3 2 n

x x



12

3 2

x x

  

12

36 4 12

0 ( 2)

k



Số hạng không chứa x ứng với 36 4 k0k9

A

D

S

Trang 8

Vậy số hạng không chứa x là: ( 2) C 12  112640

Câu 27: Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình 3 3 1

3 log xlog xlog x là: 6

Điều kiện: x 0

3 log xlog xlog x6log3x2 log3xlog3x6 log3x 3 x27

Câu 28: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a M là trung điểm CD, tính cos của góc hợp bởi BM và AC

A 1

3

1

2

3

Gọi N là trung điểm AD

Ta có: AC MN AC BM;  MN BM; NMB

2

MBNBa ;

2

a

MN 

cos

NMB

MN MB

Câu 29: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :1 1 3 4

d :

 Viết phương trình đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng Oxz và cắt cả hai đường thẳng d ,1 d 2

A

7 3 5 3 2 3

x

z







 









1 3 4

x

z







  



 



0 4 3

x

z







  



 



1 3 4

 





  



  



+ Gọi A   d1A d1A1 2 ; 3 a  a; 4 5 a Gọi

B   B B b  b b AB  2a b    1; a b 1;5a b 1

+ Vì  Oxznên ta có

2

3 1

7

3

b

a b





 

nên tọa độ điểm 7 5 2

; ;

3 3 3

B 

Vậy phương trình đường thẳng  là:

7 3 5 3 2 3

x

z















Câu 30: Tìm m để hàm số sau đồng biến trên 0; : 3 1

3

x

B

C

N

M A

D

Trang 9

A m 1 B m 0 C m  1 D m  2

Lời giải

Chọn D

3

x

2

1

3

x

   

2

1

3

2

1 3 3

x

3

x 

Do đó

    0;

min f x 2

Vậy  m 2 hay m  2

Câu 31: Cho  H là hình phẳng giới hạn bởi đường cong có phương trình y x , nửa đường tròn có

phương trình y 2x2 (với 0x 2) và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ) Diện tích của  H bằng

A 3 1

12

 

12

 

6

 

12

 

Phương trình hoành độ giao điểm của đường y x và nửa đường tròn y 2x2 (với

0x 2) là:

2

2 0

x x

    x1 (vì 0x 2)

Diện tích của  H là:

2

S x x  x x

1

0

2

3x x I

3 I

  với

2

I   x x

y

x

2

O

y

x

2

2 1

O

Trang 10

Đặt: x 2 sint, ;

2 2

t   

  

  dx 2 cos dt t Đổi cận: 1

4

2

4

2 2sin 2 cos d



2 2

4

2 cos dt t



2

4

1 cos 2 dt t



4

1 sin 2 2



1



 

Câu 32: Biết 2  

1

1 d



 

 với a , b, c là các số hữu tỷ Tính P  a b c

A P  1 B P 2 C P 0 D P 3

x



Do đó:

2

2 2

   Do đó a 1, 4

3

b   , 1

3

c  nên P   a b c 0

Câu 33: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C    có ABa, góc giữa AC và ABC bằng 30

V của khối trụ nội tiếp hình lăng trụ ABC A B C    3

3 12

a

V 

3 3 36

a

V 

3 3 108

a

V 

3 3 72

a

V 

Độ dài đường trung tuyến trong tam giác đều cạnh a là 3

2

a

Bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác đều cạnh a là 1 3 3

Góc giữa AC và ABC bằng 30 nên C AC 30, tan 30 3

3

a

C C AC

Chiều cao của khối trụ là 3

3

a

h 

B'

A

B

C

A

Trang 11

Thể tích khối trụ nội tiếp hình lăng trụ ABC A B C   là

3

Câu 34: Tìm m để phương trình 4x2m1 2 x3m 4 0 có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1x2 3?

A 5

2

3

Đặt 2x  0

t t , phương trình đã cho trở thành 2  

t  m t m   1

1 2 3 2x x 8 2 2x x 8

Phương trình đã cho có 2 nghiệm x , 1 x sao cho 2 x1x2  khi phương trình 3  1 có hai nghiệm dương t , 1 t thỏa mãn 2 t t  Điều này tương đương với 1.2 8

0 0 8

S P



 





 

 



2

m m



1 4

m m



 



4

m

Vậy giá trị cần tìm của m là m 4

Câu 35: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

3m27 3m27.2x 2x có nghiệm thực?

Lời giải

Chọn C

Ta có 33 27 33 27.2x 2x

27 3m 27.2x 2x 3m

Đặt 2x u Điều kiện u  0 và 33m27.2x  v v33m27.u  2

 1 trở thành u327v3m  3

Từ  3 và  2 suy ra 3 3

u  vv  u (u v u )( 2uv v 227)0 u v

Do

v

u uvv  u v    u v



Suy ra:

3

m u um  với u 0

Xét hàm số

3 27 ( )

3

f u   với u 0 Ta có ( ) 1(3 2 27)

3

f u  u  ; f u( )0u do 3 u 0

Suy ra

(0;min ( )) f u 54

  

Do đó có vô số giá trị nguyên của m để phương trình có nghiệm thực

Câu 36: Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số 2

y x  x m trên đoạn 2;3là nhỏ nhất Giá trị của m là:

A 19

4



B 1

27

Lời giải

Trang 12

Chọn A

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn2;1

Khảo sát u3x26x trên đoạn 1 2;3 ta được   4 u 23

Hàm số trở thành f u  u2m với u   4; 23

2;3 4;23



4;23

max ( 4); (23)

 

4;23

 

2

m  m



Vậy giá trị nhỏ nhất của

2;1

max

x

y

 

 

 

là 27

2 nhận được khi

19 4

m 

Câu 37: Cho hàm số f x xác định trên   0;  thỏa mãn  f  x ln x

x

  , f 1  Giá trị của biểu thức 1

f e  f bằng:

A 8 2   32

ln 2018

33 B 8 ln 2018 

3 C 2 ln 2018 

3 D 2   32

ln 2018

Lời giải

Ta có f x  lnx dx

x

  ln d lnx  x 2 ln 3

Ta có f  1 1 C1 nên   2 ln 3 1

3

Do đó   5

3

f e  và   2   32

ln 2018 201

3

Vậy f e  f2018 5 2   32

3 3

ln 2018

3 3

Câu 38: Cho số phức zabi a b   thỏa mãn ,  z 1 8i1i z  và 0 z  Tính giá trị của 6

biểu thức Pa2b

A P 2 B P 19 C P 10 D P 11

Lời giải

Ta có z 1 8i1i z 0     2 2

2 2

1 8



 



1 8

Trang 13

 2 2

b

 



 





 

   



Lại có z 6 a2b2 6 nên a 12, b  5 thỏa mãn P2

đồng biến trên khoảng:

A  1;2  B  2;   C 1

; 0 2



1 0;

2

 

Ta có: f1 2 x  1 2 x.f1 2 x 2f1 2 x

2

f  x   f  x     x   x

Câu 40: Cho hàm số   1 4 3 2

2

y f x  x x  x  có đồ thị  C và đường thẳng d y: mx Gọi S là tập hợp các giá trị thực của m để đồ thị  C luôn có ít nhất hai tiếp tuyến song song d Số các phần tử nguyên của S là

Lời giải

Chọn B

Giả sử các tiếp tuyến của  C song song với :d ymx tiếp xúc với  C tại x 0  f x0 m

2x 3x 12x m

    , x là nghiệm phương trình 0 3 2  

2x 3x 12xm * Xét hàm số   3 2

2

x x

 



  

 Bảng biến thiên

Để có ít nhất hai tiếp tuyến thì phương trình  * có ít nhất hai nghiệm phân biệt m  20;7 Suy ra số phần tử nguyên là 28

Câu 41: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm M1; 2;3 Mặt phẳng  P đi qua điểm M và cắt các

trục Ox , Oy , Oz tương ứng tại các điểm A , B , C sao cho O ABC là hình chóp đều Phương trình nào sau đây không phải là phương trình mặt phẳng  P ?

A xy z 60 B xy z 40

C x2y3z140 D xy z 2 0

x   1 2 

g   0  0 

g



7

20





Trang 14

Lời giải

Chọn C

Cách 1:

Gọi A a ;0;0, B0; ;0b , C0;0;c abc 0 Phương trình mặt phẳng  P là:

1

abc

Mặt phẳng  P đi qua điểm M nên: 1 2 3 1  1

abc 

Để O ABC là hình chóp đều ta cần a  b  c

*Nếu b c   a, thay vào  1 ta được: a    b c 6, phương trình mặt phẳng  P là:

6 0

xy z 

*Nếu b c    a, thay vào  1 ta được: a 4,bc4, phương trình mặt phẳng  P là:

4 0

xy z 

*Nếu b a c, a, thay vào  1 ta được: a2,b 2,c2, phương trình mặt phẳng  P là:

2 0

xy z 

*Nếu ba c,   , thay vào a  1 ta được: 0 1  (loại)

Cách 2:

Nhẩm nhanh thấy cả 4 mặt phẳng đều đi qua M

Để  P cắt Ox , Oy , Oz tại 3 điểm A , B , C sao cho O ABC là hình chóp đều thì phương trình của  P phải có phần hệ số của x , y , z có giá trị tuyệt đối bằng nhau Chỉ có phương án C là thỏa mãn điều kiện này

Câu 42: Cho dãy số  u n thỏa mãn 2 1 1 3 2

3

8

1

4

   

và u n12u n với mọi n 1 Giá trị

S u u  u  bằng

Lời giải

Chọn D

Ta có:

 

2

2 2

2

1

4 8

8 1 1

4

Mặt khác ta có:

 

2 1 3 2 1 3 2 2 1 3 2

2u 2u 2 u 2u 2 2 u.2u 8 2

Từ  1 và  2 suy ra

Định dạng
Số trang	20
Dung lượng	3,59 MB