HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ€¦Phương pháp: 2 non 1 V R h 3 trong đó R; h...
Transcript of HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ€¦Phương pháp: 2 non 1 V R h 3 trong đó R; h...
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Đáp án
1-A 2-C 3-D 4-D 5-D 6-A 7-B 8-D 9-B 10D-
11-B 12-C 13-B 14-C 15-A 16-C 17-A 18-A 19-B 20-C
21-C 22-D 23-A 24-B 25-D 26-A 27-A 28-A 29-B 30-B
31-B 32-A 33-A 34-C 35-C 36-B 37-B 38-A 39-A 40-D
41-A 42-D 43-B 44-A 45-B 46-B 47-A 48-A 49-D 50-B
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A
Phương pháp: Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt t u x
Cách giải:
Đặt t u x dt u ' x dx. Đổi cận
x a t u a
x b t u b
u b u bb
a u a u a
I f u x u ' x dx f t dt f u du
Câu 2: Đáp án C
Phương pháp: Sử dụng các công thức
k kn n
n! n!C ;A
k! n k ! n k !
Cách giải: ĐK n 2
2 2
n n
n! n! 3C A 9n 9n n n 1 9n n 1 6 n 7
2! n 2 ! n 2 ! 2
Câu 3: Đáp án D
Phương pháp: 2non
1V R h
3 trong đó R; h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối
nón.
Cách giải: Ta có 3
2a 6 1 a 6R h V R h
2 3 4
Câu 4: Đáp án D
Phương pháp: Giả sử đường thẳng d cắt trục Oz tại điểm PB 0;0;b AB n
Cách giải:
Giả sử đường thẳng d cắt trục Oz tại điểm B 0;0;b AB 1; 2;b 3
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Pdd / / P u n 2;1; 4
2 2 4 b 3 0 4b 8 0 b 2 B 0;0;2
AB 1; 2; 1 1;2;1
Câu 5: Đáp án D
Phương pháp:
Nếu xlim y a
hoặc xlim y a
Đồ thị hàm số có hai TCN là y a.
Nếu 0 0x x x x
lim y ; lim y Đồ thị hàm số có hai TCĐ là 0x x .
Cách giải: TXĐ: D R \ 2
Ta có x xlim y 3; lim y 3
Đồ thị hàm số có hai TCN là y 3 và y 3
x 2 x 2lim y ; lim y
Đồ thị hàm số có hai TCĐ là x 2
Câu 6: Đáp án A
Phương pháp: Sử dụng khai triển nhị thức Newton: n
n k n n kn
k 0
a b C a b
Cách giải: 20
20 k k20
k 0
P x x 1 C .x .
Để tìm hệ số của 7x ta cho k 7 , khi đó hệ số của 7x là 720C
Câu 7: Đáp án B
Phương pháp: 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2z a b i;z a b i z z a a b b i
Cách giải: 1 2z z 2 3i 4 5i 2 2i
Câu 8: Đáp án D
Phương pháp:
Sử dụng công thức tổng quát của CSC n 1u u n 1 d và tính chất của CSN 2n 1 n 1 nu u u
Cách giải:
a, b, c lần lượt là số thứ nhất, thứ tư và thứ tám của một cấp số cộng công sai là s 0 nên ta
có b a 3s
c a 7s
a, b, c theo thứ tự tạo thành một cấp số nhân với công bội khác 1 nên ta có
22 2 2 2 2 a
ac b a a 7s a 3s a 7as a 6as 9s 9s a s 9s a 9s
Câu 9: Đáp án B
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Phương pháp: Sử dụng công thức 2
1 1C
a a x ba x b
Cách giải:
2
1 1dx C
x 1x 1
Câu 10: Đáp án D
Phương pháp: a
u 'log u '
u ln a
Cách giải:
1y '
x 1 ln 2
Câu 11: Đáp án B
Phương pháp: xaa b x log b
Cách giải: x22 7 x log 7
Câu 12: Đáp án C
Phương pháp: 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2a x ; y ;z ,b x ; y ;z a.b x .x y .y z .z
Cách giải: u.v x.1 2. 1 1.2x 3x 2
Câu 13: Đáp án B
Phương pháp : Đưa về cùng cơ số.
Cách giải :
22
2 2
22
3a 10aba 4ab 43a 10ab a 4ab33 3
104a ab
3a 12ab 2 2 23
1625 5 5
125
40 4 a 45 5 3a 12ab 4a ab 7a ab
3 3 b 21
Câu 14: Đáp án C
Phương pháp : Thay tọa độ các điểm vào hàm số.
Cách giải :
Ta thấy 4 2
1 2 1 1 2 2 1;2 không thuộc đồ thị hàm số 4 2y x 2x 1
Câu 15: Đáp án A
Phương pháp :
Tìm nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình 2z z 1 0 bằng MTCT.
Cách giải:
Sử dụng MTCT ta tính được nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình trên là
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
1a
1 3 1 32z i a 3b 2
2 2 2 23b
2
Câu 16: Đáp án C
Phương pháp: 1
sin a x b dx cos a x b Ca
Cách giải: 2 2
0 0
2 2I sin x dx cos x 0
4 4 2 2
Câu 17: Đáp án A
Phương pháp:
Mặt cầu có đường kính AB nhận trung điểm của AB làm tâm và có bán kính AB
R .2
Cách giải: Gọi I là trung điểm của AB ta có 2 2 2I 1;1;1 ,AB 2 0 2 2 2
Vậy mặt cầu đường kính AB có tâm I 1;1;1 và bán kính AB
R 22
2 2 2
pt : x 1 y 1 z 1 2
Câu 18: Đáp án A
Phương pháp: Hàm số y f x nghịch biến trên a;b f ' x 0 x a;b
Cách giải : Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên ;0 và 0;2
Câu 19: Đáp án B
Phương pháp:
Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f x 1 là số giao điểm của đồ thị hàm số
y f x và đường thẳng y 1
Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y 1 cắt đồ thị hàm số y f x tại 1
điểm duy nhất. Do đó f x 1 có 1 nghiệm.
Câu 20: Đáp án C
Phương pháp: Suy luận từng đáp án.
Cách giải:
A đúng.
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Ta có IO / /SA IO / / SAB và IO / / SAD B,D đúng.
Mặt phẳng IBD cắt hình chóp S.ABCD theo thiết diện chính là tam giác IBD. C sai.
Câu 21: Đáp án C
Phương pháp: Tìm các điểm cực trị của hàm số.
Cách giải: TXĐ: D R
Ta có: 2y ' 3x 3 0 x 1
Vì CD 1
CD CT 1 2
CT 2
x x 1a 1 0 x x x 2x 1
x x 1
Câu 22: Đáp án D
Phương pháp :
Gọi Q : x y z a 0 a 3 là mặt phẳng song song với mặt phẳng (P).
Sử dụng công thức tính khoảng cách từ 1 điểm đến một mặt phẳng.
Cách giải :
Gọi Q : x y z a 0 a 3 là mặt phẳng song song với mặt phẳng (P).
a 3 ktm6 a
d M; Q 3 3 6 a 9a 153
Với a 15 Q : x y z 15 0
X a;b;c Q a b c 15 ktm . Vậy không có mặt phẳng Q nào thỏa mãn điều
kiện bài toán.
Câu 23: Đáp án A
Câu 24: Đáp án B
Phương pháp : Chia cả tử và mẫu cho x và sử dụng giới hạn nx
1lim 0 n 0
x
Cách giải :
2 2 2 2
x x
1 1 1 34 1
4x x 1 x x 3 2 1 1x x x xlim lim23x 2 3 33x
Câu 25: Đáp án D
Phương pháp : Nếu n
là 1VTPT của P kn k 0
cũng là 1 VTPT của P
Câu 26: Đáp án A
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Phương pháp: Đặt 22t x 2x 3 t 1 2 2 t 2;
Cách giải: Đặt 22t x 2x 3 t 1 2 2 t 2;
Khi đó ta có
22
2;f t t 4t 3 t 2 7 7 max f t 7 t 2 M 7
2 2f t 7 x 2x 3 2 x 2x 1 0
Khi đó tích hai nghiệm của phương trình này bằng -1
Câu 27: Đáp án A
Phương pháp: Sử dụng công thức SA.AC SB.AC.cos SB;AC
Cách giải: 2 2 2 2HC BH BC a a a 2
Ta có SC; ABCD SC;HC SHC 60
Xét tam giác vuông SHC có SH HC.tan 60 a 2. 3 a 6
Ta có:
2 2 2 2
2 2 2 2
AC AB BC 4a a a 5
SB SH HB 6a a a 7
Ta có:
0
2
SB.AC SH HB .AC SH.AC HB.AC HB.AC
ABSB.AC HB.AC.cos HB;AC HB.AC.cos BAC HB.AC. a.2a 2a
AC
Lại có 2SB.AC 2a 2
SB.AC SB.AC.cos SB;AC cos SB;ACSB.AC a 7.a 5 35
Câu 28: Đáp án A
Phương pháp:
Tính khoảng cách từ 1 điểm M đến đường thẳng MI;u
: d M;u
với u
là 1
VTCP của và I là 1 điểm bất kì.
Cách giải: Đường thẳng nhận u OI 0;1;1
là 1 VTCP.
Gọi 2 2OM;u b 2a
M a;b;0 O xy d M; 62u
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
2 2 2 22 2
22
a b a bb 2a 72 1 1
36 72 6 6 2
Như vậy tập hợp các điểm M là elip có phương trình
2 2
2
a b1 E
6 6 2
ES S ab .6.6 2 36 2
Câu 29: Đáp án B
Phương pháp: Tính tổng quát n n 1n I I bằng bao nhiêu, sau đó thay vào tính nu và sử
dụng công thức tổng của cấp số nhân để rút gọn nu .
Cách giải:
Ta có:
1nx x1 1 1 1n 1nx nx nnx
n n 1 x x x
0 0 0 0 0
e 1 e dxe dx e dx e e 1I I e dx
1 e 1 e 1 e n n
nn n 1
n 1 2 2 3 3 4 n n 1
n n1 2 n
n 2 n
n
n I I 1 e
u 1 I I 2 I I 3 I I ... n I I n
1 1 11 11 1 1 e e eu 1 e 1 e ... 1 e n ...
1e e e e 11e
1L lim u 0,58 1;0
e 1
Câu 30: Đáp án B
Phương pháp: Sử dụng công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:
1 2 1 2
1 2
1 2
M M . u ;ud d ;d
u ;u
Với 1 2u ;u
lần lượt là các VTCP của 1 2 1 1 2 2d ;d ;M d M d
Cách giải:
Ta có 1 2u 2;1;3 ;u 1;1;0
lần lượt là các VTCP của 1 2d ;d .Ta có 1 2u ;u 3;3;1
Lấy 1 1 2 2 1 2M 1;0;0 d ;M 1;2;m d M M 0;2;m
1 2 1 2
1 2
1 2
M M . u ;u m 16 m 5d d ;d S 1; 11
m 1119 19u ;u
Câu 31: Đáp án
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Phương pháp: Tìm các điểm biểu diễn và đưa về bài toán hình học.
Cách giải : Đặt 2 2 2 2 2 23 2 3 2 1 2 1 3 1 3 1 3z iz z z S z 4z z 4z z 2z z 2z
M, N là các điểm biểu diễn cho 1 3 3 2 2z , z OM 2,ON z iz i. z 3
Gọi P là điểm biểu diễn cho 32z và Q là điểm biểu diễn cho 32z , ta có N là
trung điểm của OP và P, Q đối xứng nhau qua O. Khi đó S MP.MQ
Áp dụng định lí Cosin trong OMP có:
2 2 2 3MP OP OM 2OP.OM.cos30 12 4 2.2 3.2. 4 MP 2
2
Áp dụng định lí Cosin trong OMQ có:
2 2 2 0 3MQ OM OQ 2OM.OQ.cos150 4 12 2.2.2 3. 2 7
2
S MP.MQ 2.2 7 4 7
Câu 32: Đáp án A
Phương pháp: Dựa vào các đường tiệm cận và các điểm đi qua của đồ thị hàm số.
Cách giải:
Đồ thị hàm số a x b
yx c
có đường TCĐ x c c 1 c 1, TCN y a a 1
Đồ thị hàm số đi qua b
0; 1 2 b 2c 2c
T a 3b 2c 1 3.2 2 1 9
Câu 33: Đáp án A
Phương pháp: Đặt s inx a,cos x b
Cách giải: Đặt s inx a,cos x b ta có 2 2a b 1
Khi đó 2 2ab a b a b a b ab a b a b 1a b 1 1
y a bb a a b ab ab
Đặt 2
2 2 2 t 1t a b 2; 2 t a b 2ab 1 2ab ab ,
2
khi đó ta có :
2
2 t 1 2 2y t t t 1 1
t 1 t 1 t 1
Nếu 2
t 1 0 t 1 1 2 2 1 y 2 2 1t 1
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Nếu
1 1 1t 1 0 1 t 2 2 t 1 2 2 t 1 1 1 2 2 y 2 2 1
t 1 t 1 t 1
Vậy y 2 2 1
Dấu bằng xảy ra 2
1 t 2 t 1 2 t 0
1 2s inx cos x 1 2 2 sin x 1 2 sin x
4 4 2
Câu 34: Đáp án C
Phương pháp : Xác định hàm số f ' x từ đó tính được f x f ' x dx
Cách giải : Ta dễ dàng tìm được phương trình parabol là
2 2 3y 3x 1 f ' x 3x 1 f x f ' x dx x x C
Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ 3C 0 f x x x
f 4 68; f 2 10 H 58
Câu 35: Đáp án C
Phương pháp :
+) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ m 2 :
y f ' m 2 x m 2 y m 2 d
+) Xác định các giao điểm của d và các đường tiệm cận 2 1; y
+) Thay vào phương trình 2 1x y 5 giải tìm các giá trị của m.
Cách giải: TXĐ: D R \ 2
Ta có
2 2
3 3 m 2 1 m 3y ' y ' m 2 ; y m 2
m m 2 2 mx 2
=>Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ m 2 là:
2
3 m 3y x m 2 d
m m
Đồ thị hàm số x 1
yx 2
có đường TCN y 1 và tiệm cậm đứng x 2
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
12
2 2
2
22 1
22 2
3 m 3 3 m 3 m 6 m 6 m 6*y 2 m A 2; y
m m m m m m m
3 x m 23 m 3*1 x m 2 0
m m m
x m 2 m x 2m 2 B 2m 2;1 x 2m 2
m 6x y 2m 2 5 2m 2m m 6 5m
m
m 12m 4m 6 0 S 1; 3 1 3 10
m 3
Câu 36: Đáp án B
Phương pháp:
Gọi các trung điểm của các cạnh bên và các cạnh đáy.
Tìm các mặt phẳng cách đều 5 điểm S, A, B, C, D.
Cách giải:
Gọi E; F; G; H lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC, SD và M, N, P,
Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA .
Ta có thể tìm được các mặt phẳng cách đều 5 điểm S, A, B, C, D là
E FGH ; E FNQ ; GHQN ; FGPM ; EHPM
Câu 37: Đáp án B
Phương pháp: Xét các trường hợp:
TH1: 1 2 3 4 5 6a a a a a a 5
TH2: 1 2 3 4 5 6a a a a a a 6
TH3: 1 2 3 4 5 6a a a a a a 7
Cách giải:
TH1: 1 2 3 4 5 6a a a a a a 5 , ta có 0 5 1 4 2 3 5
- Nếu 1 2a ;a 0l5 có 1 cách chọn 1 2a a
Có 2 cách chọn 3 4a a , 2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn.
Tương tự 5 6a a có 2 cách chọn.
=>Có 8 số thỏa mãn.
- Nếu 1 2a ;a 0;5 có 2 cách chọn 1 2a a ,2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4
cách chọn.
Có 2 cách chọn 3 4a a , 2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn.
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Tương tự 5 6a a có 2 cách chọn.
=>Có 32 số thỏa mãn.
Vậy TH1 có: 8 32 40 số thỏa mãn.
TH2: 1 2 3 4 5 6a a a a a a 6, ta có 0 6 1 5 2 4 6
Tương tự như TH1 có 40 số thỏa mãn.
TH3: 1 2 3 4 5 6a a a a a a 7 , ta có 1 6 2 5 3 4 7
Có 3 cách chọn 1 2a a , hai số này có thể đổi chỗ cho nhau nên có 6 cách chọn.
Tương tự có 4 cách chọn 3 4a a và 2 cách chọn 5 6a a .
Vậy TH3 có 6.4.2 48 số thỏa mãn.
Vậy có tất cả 40 40 48 128 số có 6 chữ số khác nhau thỏa mãn 1 2 3 4 5 6a a a a a a
Để viết một số có 6 chữ số khác nhau bất kì có 6.6.5.4.3.2 4320 số.
Vậy 128 4
p4320 135
Câu 38: Đáp án A
Phương pháp :
+) Nhóm các tổ hợp có chỉ số dưới bằng nhau.
+) Sử dụng tổng n
n k 0 1 2 n nn n n n n
k 0
1 n C C C C ...C 2
+) Sử dụng công thức tính tổng của cấp số nhân.
+) Để S là số có 1000 chữ số thì 999 100010 S 10
Cách giải:
0 0 0 1 1 1 n 1 n 1 n1 2 n 1 2 n n 1 n n
0 1 0 1 2 0 1 2 3 0 1 2 n1 1 2 2 2 3 3 3 3 n n n n
S 2 C C ... C C C ... C ... C C C
S 2 C C C C C C C C C ... C C C ... C
Xét tổng n
n k 0 1 2 n nn n n n n
k 0
1 n C C C C ...C 2
Từ đó ta có:
n
1 2 3 n n n 12 1 2
S 2 2 2 2 ... 2 2 2 2 2 1 21 2
Để S là số có 1000 chữ số thì
999 n 1 1000 999 10002 210 2 10 log 10 1 n log 10 1 3317,6 n 3320,9
n là số nguyên dương n 3318;3319;3320
Câu 39: Đáp án A
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Phương pháp: Chia cả 2 vế cho x3 , đặt
x
4 7t
3
, tìm điều kiện của t.
Đưa về bất phương trình dạng
t a;b
m f t t a;b m max f t
Cách giải :
x x
x xx 1 4 7 4 7
m.3 3m 2 4 7 4 7 0 3m 3m 2 03 3
Ta có
x x
4 7 4 7 4 7 4 7. 1 . 1
3 3 3 3
Đặt x
4 7t 0 t 1 x ;0 ,
3
khi đó phương trình trở thành
22
22
t 0;1
t 3mt 3m 213m 3m 2 t 0 0 t 3mt 3m 2 0 t 0;1
t t
t 23m t 1 t 2 0 t 0;1 3m f t t 0;1
t 1
3m max f t
Ta có:
2 2
2 2
2t t 1 t 2 t 2t 2f ' t 0 t 1 3
t 1 t 1
t 0;1
6 2 3f 1 3 2 2 3 max f t
3
Vậy 2 2 3
3m 2 2 3 m3
Câu 40: Đáp án D
Phương pháp :
+) Kẻ AD B'C , xác định góc giữa mặt phẳng AB'C và mặt phẳng BCC'B'
+) Tính BB’.
+) Tính thể tích khối lăng trụ và suy ra thế tích AB’CA’C’
Cách giải :
Gọi H là trung điểm của BC ta có AH BC AH BCC'B' AH B'C
Trong AB'C kẻ AD B'C
B'C AHD B'C HD
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Ta có:
AB'C BCC'B' B'C
AB'C AD B'C AB'C ; BCC'B' AD;HD ADH
BCC'B' HD B'C
Ta có AB a 6 a 2
AH HD AH.cot 602 2 2
Dễ thấy CBB' đồng dạng với CDH g.g
2 22 2 2 2BB' CB' BB' 6a BB'
3BB' 6a BB' 2BB' 6a BB' a 3HD CH a 2 a 6
2 2
Ta có: 2
ABC
BC 1 3aAB AC a 3 S AB.AC
2 22
2 3
ABC.A 'B'C ' ABC
AB'CA'C B'.ABC ABC.A'B'C' AB'CA'C' B'.ABC ABC.A'B'C' ABC.A 'B'C ' ABC.A'B'C'
33
AB'CA'C'
3a 3 3aV BB'.S a 3.
2 2
1 2V V V V V V V V
3 3
2 3 3aV . a 3
3 2
Câu 41: Đáp án A
Phương pháp : Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt x a t .
Cách giải : Đặt x a t dx dt. Đổi cận x 0 t a
x a t 0
0 a a a
a 0 0 0
aa
0 0
f x1 1 1I dt dx dx dx
11 f a t 1 f a x 1 f x1f x
1 x af x 1 I dx
2 2 2
Câu 42: Đáp án D
Phương pháp : Áp dụng phương pháp xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp
chóp.
Cách giải : Ta có :
P Q
P Q AC Q
P AC
Gọi I là trung điểm của AD, do BD vuông tại nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp BD .
Gọi N là trung điểm của AC.
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Qua M kẻ đường thẳng d song song với AC d ABD
Qua N kẻ đường thẳng d’ song song với AD d ' AC
Gọi I d d ' là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có bán kính R IA
Ta có: 2 2
2 21 1 a 2 a a a a 3AM AD a a ;AN AI
2 2 2 2 2 4 2
Câu 43: Đáp án B
Phương pháp : Chia hai trường hợp :
TH1 : Học sinh TWO làm được 2 trong số 3 bài trong đề thi.
TH2 : Học sinh TWO làm được cả 3 bài trong đề thi.
Cách giải : 32nC
TH1 : Học sinh TWO làm được 2 trong số 3 bài trong đề thi. Có 2 1n nC .C cách.
TH2 : Học sinh TWO làm được cả 3 bài trong đề thi. Có 3nC cách.
Gọi A là biến cố học sinh TWO không phải thi lại
2 1 3
2 1 3 n n nn n n 3
2n
A C .C CA C .C C P A
C
Đến đây chọn một giá trị bất kì của n rồi thay vào là nhanh nhất, chọn n 10 , ta tính được
1
P A2
Câu 44: Đáp án A
Phương pháp:
+) Viết phương trình mặt phẳng ABC ở dạng đoạn chắn, thay tọa độ điểm M vào pt mặt
phẳng ABC .
+) ABC tiếp xúc với mặt cầu S tâm I bán kính R d I; ABC R
Cách giải:
x y zABC : 1
a b c
1 2 3 1 2 3 1 2 3M ; ; ABC 1 7
7 7 7 7a 7b 7c a b c
ABC tiếp xúc với mặt cầu S có tâm I 1;2;3 và bán kính72
R7
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
1 2 31
72a b cd I; ABC R
71 1 1
a b c
6 72 1 1 1 14 1 1 1 7
7 a b c 2 a b c 21 1 1
a b c
Câu 45: Đáp án B
Phương pháp: Sử dụng công thức ứng dụng của tích phân để tính diện tích hình phẳng.
Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm s inx cos x tan x 1 x k4
TH1: 4
0
a S s inx cos x dx 2 14
không thỏa mãn
TH2: 4 2
0
4
a S s inx cos x dx s inx cos x 2 1 2 1 2 2 22
không
thỏa mãn
TH3: a ;4 2
a4a
40
4
S s inx cos x dx s inx cos x 2 1 cos x s inx
2 2 1S 2 1 cos x sin a 3 4 2 3
2 2 2
1 3cos a sin a 2 2
1 3 2 2cosa s ina+ 2 22 2 1 3
cos a sin a 2 22 2
1 3cos a sin a
2 2
1 3cos a sin a 2 2 ktm sin a cosa
2 2
2; 2
51 11a a ; 1,04 ;
3 4 2 50 10
Câu 46: Đáp án B
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Phương pháp:
+) Tìm điều kiện để phương trình y ' 0 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn ĐKXĐ.
+) Viết phương trình đường thẳng AB. Để A, B, C thẳng hàng C AB
Cách giải: TXĐ: D R \ m
Ta có:
2 2 22
2 2
2x m x m x m x 4 x 2 m x m 4y ' 0 x m 4
x m x m
x 2 m y m 4 A 2 m ;4 m
x 2 m y m 4 B 2 m ; 4 m
=> Đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị A, B phân biệt.
Đường thẳng AB có phương trình:
x 2 m y 4 m2x 4 2 m y 4 m y 2x m
4 8
Để A,B,C 4;2 phân biệt thẳng hàng C AB 2 4.2 m m 6
Khi đó ta có: B 4;2 C không thỏa mãn.
Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 47: Đáp án A
Phương pháp:
Đặt 1 2 3 4f x a x x x x x x x x , tính đạo hàm của hàm số y f x
Xét hàm số
f ' xh x
f x và chứng minh
2
1 2 3 4f '' x .f x f ' x 0 x x ; x ; x ; x
Cách giải: Đồ thị hàm số y f x cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt nên
1 2 3 4f x a x x x x x x x x
1 2 3 4 1 3 4
1 2 4 1 2 3
1 2 3 4 1 2 3 4
1 2 3 4
f ' x a x x x x x x x x a x x x x x x
a x x x x x x a x x x x x x
1 1 1 1f ' x f x x x ; x ; x ; x f ' x 0 x x ; x ; x ; x
x x x x x x x x
Đặt
1 2 3 4
1 2 3 4
f ' x 1 1 1 1h x x x ;x ;x ; x
f x x x x x x x x x
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Ta có
2
1 2 3 42 2 2 22
1 2 3 4
f '' x .f x f ' x 1 1 1 1h ' x 0 x x ;x ;x ;x
f x x x x x x x x x
2
1 2 3 4
2
1 2 3 4
f '' x .f x f ' x 0 x x ; x ; x ; x
g x f ' x f '' x .f x 0 x x ; x ; x ; x
Khi 2
f x 0 f ' x 0 g x f ' x f '' x .f x 0
Vậy đồ thị hàm số 2
y g x f ' x f x .f '' x không cắt trục Ox.
Câu 48: Đáp án A
Phương pháp: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần tính F x
Cách giải:
2 2
2 2 2
x x xF x f x dx C xd tan x C
cos x cos x cos x
2 2
2 2
x x s inxF x x tan x tan dx C x tan x dx C
cos x cos x cos x
2 2
2 2
d cos xx xF x x tan x C x tan x ln cos x C
cos x cos x cos x
2
2
xF 0 C 0 F x x tan x ln cos x
cos x
2
2
2 2
F x xf ' x dx xd f x xf x f x dx C
1 1tan a 3 tan a 1 10 cos a a ;
cos a 2 210
1 1 1 1 1F a 10a 3a ln F a 10a 3a ln ln ln10
2 10 210 10
Câu 49: Đáp án D
Phương pháp: Đưa khoảng cách từ M đến (SAC) về khoảng cách từ H đến (SAC).
Cách giải: Gọi H là trung điểm của AB ta có SH ABCD
Ta có 0SC; ABCD SC;HC SCH 45
=> SHC vuông cân tại H 2 2 a 17SH HC BC BH
2
1 1d M; SAC d D; SAC d B; SAC d H; SAC
2 2
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Trong ABD kẻ HI AC ,trong SHI kẻ HK SI ta có:
AC HI
AC SHI AC HK HK SAC d H; SAC HKAC SH
Ta có
a2a.
HI AH a2AHI ACB g.g HIBC AC a 5 5
2 22 2 2 2
1 1 1 1 1 89 a 17 a 1513HK
17a aHK SH HI 17a 8989
4 5
Câu 50: Đáp án B
Phương pháp : Đặt 1z a bi a;b R
2 21 2 1 1 1 1z z z iz 1 i z 2 z 2 a b , tìm GTLN của 2 2a b
Cách giải : Đặt 1z a bi a;b R
2 21 2 1 1 1 1
2 2 2 2
2 2
22 2 2 2 2
z z z iz 1 i z 2 z 2 a b
a bi 1 i 2 a 1 b 1 4 a b 2 a b 2
2 a b 2 a b
4 a b a b 4 a b 4
Ta có : 2 22 2 2 2 2 2a b 0 a b 2ab 0 2 a b a b 2ab a b
22 2 2 2 2 2
22 2 2 2
2 2 2 2
2 21 2
a b 4 a b 4 8 a b
a b 12 a b 4 0
6 4 2 a b 6 4 2 a b 2 2
z z 2 a b 2 2 2