ĐÁP án ÔN THI TOÁN THPT QUỐC GIA

Vậy có 11 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.. Gọi A là biến cố quân cờ không trở về đúng vị trí ban đầu sau bốn lần di chuyển..  A là biến cố quân cờ trở về đúng vị trí ban

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 24

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

C C B A C C C D B B C B B D D A A D B B A B A B B

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50

A C B B A D C B B B D B D A D B B D C C B A C B A

Câu 25:

Gọi điểm A a ; 0 ; 0 là giao điểm của mặt cầu và trục hoành trong đó a 0

 

 

   





2

Do đó A2 ; 0 ; 0

Gọi điểm B0 ; ; 0b  là giao điểm của mặt cầu và trục tung trong đó b 0

 

 

   





4

Do đó B0 ; 4 ; 0

Gọi điểm C0 ; 0 ;c là giao điểm của mặt cầu và trục Oz trong đó  0 c

 

 

   





6 0

6

Do đó C0 ; 0 ; 6

Câu 29:

Điểm A B C, , lần lượt là tung độ của các điểm có hoành độ a b c, ,

Suy ra tung độ của A B C, , lần lượt là: ln ; ln ; lna b c

Theo giả thiết B là trung điểm đoạn thẳng AC   ln ln

ln

2

2 lnb lna lnc lnb ln a c

 2 

Vậy  2

ac b

Câu 30:

Gọi độ dài cạnh đáy của tam giác ABC là xx 0

.

3

a

Diện tích tam giác ABC bằng

2 3 4

x

Từ đó suy ra 2 3  2  2  2  

4

x

Vậy độ dài cạnh đáy bằng 2a 3

Câu 31:

Gọi I là trung điểm AC Xét tam giác IPQ có  

2

a

2

a

PQ nên

cos

PIQ

IP IQ

do đó PIQ120  90 , vậy AB CD, 180 PIQ 60

Câu 33:

Xét đồng nhất thức: 4 sinx7 cosxA2 sinx3 cosx B 2 cosx3 sinx

   



0

2 2 sin 3cos

4 sin 7 cos



 2 ln2

2 3



  , 2, 3

2

Vậy         

Câu 34:

Đặt z a bi a,  ,b 

Ta có: z 2z   7 3i z  a2b2 2a bi     7 3i a bi

 



2 2

3 0

b

   

 





2

9 3 7

3

b

 





 





7 3

3

a

b

 

 









 





  











7 3 4 5 4 3

a

b

 

  



3 4

b

Vậy z     4 3i  1 z z2  4 21i   457

Câu 35:

Thể tích khối trụ là  2   3

t

Thể tích hình nón là  1 2 1 3

n

Thể tích khối tròn xoay là:     31 3  5 3

t n

Câu 36:

Điều kiện x 0

Đặt   1

2

x , t 2

Phương trình trở thành: log2t2t 5  1

Xét f t log2t2t với t 2

Ta có f 2 5 nên x 2 là một nghiệm của phương trình  1

ln 2

t

f t

 

 f t luôn đồng biến trên khoảng  2;

 Đồ thị hàm số y f t  cắt đường thẳng y 5 nhiều nhất tại 1 điểm

Vậy t 2 là nghiệm duy nhất của phương trình  1

Với t 2 :  1   2    

2

Phương trình  2 có hai nghiệm phân bệt và tích tất cả các nghiệm thực của phương trình là 1

2

Câu 37:

Ta có:  2 

Để hàm số yx33x2mx4 có hai điểm cực trị thuộc khoảng 3; 3 thì phương trình y' 0 hay

2

3x 6x m 0 có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng 3; 3

Cách 1:

Khi đó, đặt   2 

f x x x m thì

 

 

 



     



' 0

3 0

3 1 3

2

m

a f

m

m

S

Do đó có 11 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Cách 2:

Khi đó, đặt   2 

f x x x m thì

' 0

m

m

Do đó có 11 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Cách 3:

Ta có: y 3x26x m

Hàm số  3 2 

y x x mx có hai điểm cực trị thuộc khoảng 3; 3  Phương trình y  0 hay

2

Đặt   2   

f x x x x Ta có:

 

 6 6

f x x ; f x   0 x 1

Bảng biến thiên:

Yêu cầu bài toán    3 m 9

Vậy có 11 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 38:

Đường thẳng     



1 1

:

y

đi qua M1; 1; 0  và có vectơ chỉ phương u1; 1; 2 

Mặt phẳng  P đi qua hai điểm A2;1; 0, B3; 0;1 và song song với  nhận hai vectơ

 1;1; 1

BA và u1; 1; 2  làm cặp vectơ chỉ phương nên  P nhận   

 ,  1;1; 0

vectơ pháp tuyến

Do đó, mặt phẳng  P có phương trình: P :x y  3 0

Khoảng cách giữa  và mặt phẳng  P bằng khoảng cách từ M1; 1; 0  tới mặt phẳng  P

 

2

Câu 39:

Mỗi lần di chuyển, quân cờ chỉ có thể di chuyển một trong bốn cách sau: lên trên 1 ô (U), xuống dưới 1 ô (D), sang phải 1 ô (R), sang trái 1 ô (L) Quân cờ di chuyển bốn lần sẽ có 44256 cách

 

n   256

Gọi A là biến cố quân cờ không trở về đúng vị trí ban đầu sau bốn lần di chuyển

 A là biến cố quân cờ trở về đúng vị trí ban đầu sau bốn lần đi chuyển

Để quân cờ trở về đúng vị trí ban đầu sau bốn lần đi chuyển thì phải thực hiện 1 trong 3 trường hợp sau: Trường hợp 1: Có một U, một D, một R, một L

Xếp cách thực hiện U, D, R, L theo thứ tự có 4! 24 cách 

Trường hợp 2: Có hai U, hai D

Xếp cách thực hiện hai U, hai D theo thứ tự có 2 2 

4 2 6

C C cách

Trường hợp 3: Có hai R, hai L

Xếp cách thực hiện hai R, hai L theo thứ tự có 2 2 

4 2 6

C C cách



36

256 64

n A

Vậy   1   1 9 55

64 64

Câu 40:

Mặt cầu  S có tâm I2; 1;1 ,  bán kính  2  2   2  

Ta có:     2    2   2  

AI R nên A nằm ngoài mặt cầu  S

Ta lại có: SAM 4AN Đặt AMx với    

 34 3; 34 3

Do đó: S f x   100x

x với

 34 3; 34 3  

x

2

Do đó:        

34 3; 34 3min f x f 34 3 5 34 9

Dấu “=” xảy ra  , , ,A M N I thẳng hàng và AM 34 3; AN 34 3.

Câu 41:

Từ đồ thị của hàm số f x  trên đoạn 0; 4 ta có bảng biến thiên của hàm số trên đoạn 0; 4 như sau:

Từ bảng biến thiên ta có      

 

0;4

Mặt khác f   0  f 1 2f     2  f 4  f 3

 f 0  f 4 f 2  f 1   f 2  f 3 0 (do f       2  f 1 ; f 2  f 3 )

Suy ra f   0  f 4      

 

0;4

Câu 42:

Gọi z x yi x y ,    z x yi Ta có:

  2

    2

Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là 4 cung tròn lớn thuộc 4 góc phần tư của 4 đường tròn tâm

1;1

A , B 1;1 , C1; 1 , D 1; 1 bán kính R 2

Lại có P  z 5 2i nên z thuộc đường tròn tâm E 5; 2 bán kính bằng P

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện trên Do đó P đạt giá trị lớn nhất khi đường tròn tâm E 5; 2 bán kính bằng P cắt một trong bốn đường tròn tâm A1;1, B 1;1 ,

1; 1 

C , D 1; 1 bán kính R 2 ở trên tại điểm xa E nhất

Kẻ đường thẳng ED cắt đường tròn tâm D tại F và H thì PmaxEFED DF 3 5 2

Câu 43:

Xét hàm số       4 2 

Ta có

a b 0 hàm số yg x  là hàm trùng phương có 3 điểm cực trị

Mà g 0  c 2018g 0 0, g 1    a b c 2018 0 g x   CT g 1 0 đồ thị hàm số

 



y g x cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt

Đồ thị hàm số yg x  có dáng điệu như sau

Từ đồ thị yg x , ta giữ nguyên phần phía trên trục Ox , phần dưới trục Ox ta lấy đối xứng qua trục

Từ đó ta nhận thấy đồ thị y g x  có 7 điểm cực trị

Câu 44:

Gọi  3 2

0 0; 0 3 0

Tiếp tuyến  của ( )C tại M có dạng 0  2     3 2

 qua   2     3 2    3 2

Có đúng một tiếp tuyến của  C đi qua điểm B 0;b (*) có đúng 1 nghiệm x 0

Đặt   3 2

g x 6x 6x;     



0 0

1

x

g x

Ta có bảng biến thiên của hàm g x ( )

Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình  * có đúng 1 nghiệm    

Vì b nguyên và b 10;10 , suy ra b   9; 8; ; 1; 2; 3; ; 9 , có 17 giá trị của b

Câu 45:

Đặt t2sinx2

Khi   

5

;

6 6

x thì t 1; 4

Với mỗi giá trị t 1; 3   4 thì tương ứng với một giá trị       

  





 6 6;   2

Với mỗi giá trị t 3;4 thì tương ứng với hai giá trị    

5

Xét phương trình f t  1

Từ đồ thị ta thấy phương trình f t  1 có một nghiệm t thỏa mãn t 3;4

Suy ra phương trình f2 sinx21 có 2 nghiệm

Câu 46:

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sau

Phương trình chính tắc Elip  E là: 22  22 1

y x

Từ đó, suy ra

45

x

Diện tích thiết diện là:

2

2

1 45

Thể tích cần tính là:   

2

45

Câu 47:

Tổng số tiền gốc và lãi ông An thu được sau 5 năm đầu là    5

5 60 1 8%

T triệu đồng

Vậy tổng số tiền gốc và lãi ông An thu được sau 10 năm là

5 60 1 8% 217,695

Câu 48:

Dựa vào đồ thị ta có:

 0   1 1

 

 0   0 0

 

 2    0

 2   3 8 12     1 3 1

Ta được   1 4 2 

4

Khi đó:   3 2  

( )

f x

Ta thấy  (1; 2)x thì f x( ) 0 và 3 (x x 2) 0, suy ra g x( ) 0 nên chọn đáp án C

Câu 49:

            3    

1

3

ABCDSA B C D ABCD A B C D S CDD C CDD C

 31 2

;

3

a

Câu 50:

 sin 1 2sin 2 5 2

PT t t m  sin 3 sint  2t m  sin3t3sint m (1)

Đặt x sint , vì t 0; 2 nên x  1; 1 và mỗi giá trị x 1; 1  cho hai giá trị

3 0; 2 \ ;

2 2

t Còn khi x 1 thì 

 2

t ; khi  1x thì 

 3 2

Khi đó phương trình (1) trở thành x33x m (2)

Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt t 0; 2 khi và chỉ khi phương trình (2) có hai

nghiệm phân biệt x 1; 1  Đường thẳng y m cắt đồ thị (G) của hàm số  y x33x tại hai

điểm phân biệt có hoành độ thuộc 1; 1

Dựa vào đồ thị (G) ta có đường thẳng  y m cắt đồ thị (G) của hàm số  y x33x tại hai điểm

phân biệt có hoành độ thuộc 1; 1 khi và chỉ khi 0 m2