Câu 1: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;2;5). Số mặt phẳng )
( đi qua M và cắt các trục Ox, Oy, Oztại A, B, C sao cho OAOBOC(A, B, C không trùng với gốc tọa độ O)
A. 8. B. 3. C. 4. D. 1.
Lời giải Chọn C.
Gọi A a
;0;0
,B
0; ;0b
,C
0;0;c
điều kiện: abc0. Phương trình mặt phẳng
là: 1c z b
y a
x . Do
đi qua M nên ta có: 1251 c ba (1)
Theo đề ra OAOBOC nên ta có a b c
c b a
c b a
c b a
c b a
Với abc thay vào (1) ta được abc8. Với abc thay vào (1) ta được abc2. Với a b c thay vào (1) ta được a bc6. Với abc thay vào (1) ta được abc4. Vậy chọn đáp án (C).
Câu 2: [1H3-3] Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD đáy ABCD là hình vuông, E là điểm đối xứng của D qua trung điểm SA. Gọi M N, lần lượt là trung điểm của AE và BC. Góc giữa hai đường thẳng MN và BD bằng
A. 90. B. 60. C. 45. D. 75.
Lời giải Chọn A.
N M
E
K
A D
B C
S
Gọi K là trung điểm SA. Ta có 1
2
MK AD (đường trung bình tam giác ADE)
MNCK là hình bình hànhMN
SAC
(1)
SO BD
BD SAC
AC BD (2)
Từ (1) và (2) suy ra MN BD Vậy đáp đáp án A đúng.
Câu 3: [2D1-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m
2018;2018
để hàm số2 1 1
y x mx đồng biến trên
;
.A.2017 . B. 2019 . C.2020 . D.2018 .
Lời giải Chọn D.
Hàm số y có tập xác định là
;
. Ta có ' 21
y x m
x
.
Hàm số đã cho đồng biến trên
;
y' 0 x
;
và y' 0 tại hữu hạn điểm.2 0
1
x m
x
x 2 1
m x
x
x min 2 (*) 1 m x
x
Đặt ( ) 2
1 f x x
x
với x .
Ta có
2
2
2 2 2
1 1 1
'( ) 0
1 1 1
x x x
f x x
x x x
với x
và 2
2 2
lim ( ) lim lim lim 1 1
1 1
1 1 1
x x x x
x x
f x x x
x x
tương tự, ta có xlim ( ) 1 f x
Từ bảng biến thiên suy ra (*) m 1. Kết hợp điều kiện ta được 1
2018 1
2018 2018
m m
m
, mà từ 2018 đến 1
có 2018 số nguyên. Vậy chọn D.
Câu 4: [2D2-3] Cho hàm số y f x
như hình vẽ dưới đâyTìm số điểm cực trị của hàm số y e 2f x 15f x .
A. 1. B. 2. C. 4. D. 3 .
Lời giải Chọn D.
Hàm số y e 2f x 15f x có y2 ( ).f x e 2f x 1 f x( ).5f x .ln 5
2 1
( ). 2 f x 5f x.ln 5 f x e
.
Ta thấy 2e2f x 15f x .ln 5 0 với mọi x.
Khi đó y 0 f x( ) 0
1 1
4 x x x
.
Bảng xét dấu hàm số y e 2f x 15f x
Vậy số điểm cực trị của hàm số là 3 .
Câu 5: [2H2-2] Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R và chiều cao bằng 3 2
R. Mặt phẳng
song song với trục của hình trụ và cách trục một khoảng bằng2
R . Diện tích thiết diện của hình trụ cắt bởi mặt phẳng
làA. 2 2 3 3
R . B. 3 2 3
2
R . C. 3 2 2 2
R . D. 2 2 2 3
R .
Lời giải Chọn B.
Mặt phẳng
song song với trục của hình trụ và cách trục một khoảng bằng 2RR nên
cắt hình trụ theo hình chữ nhật ABCD. Kẻ OI AB, ta có
2
OI R. Do đó
2
2 2 2 3
4
AB IB R R R .
Lại có ' 3
2
CD OO R. Vậy diện tích thiết diện là 3 3 3 2 3
2 2
ABCD
R R
S AB BC R .
Câu 6: [2H3-3] Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A
1; 4;5
, B
3; 4;0
, C
2; 1;0
và mặt phẳng
P : 3x3y2z12 0 . Gọi M a b c
; ;
thuộc
P sao cho MA2 MB23MC2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng a b c .A. 3 . B. 2. C. 2. D. 3.
Lời giải Chọn A.
Giả sử I x y z
; ;
là điểm thỏa mãn IA IB 3 IC0.Khi đó IA
1x; 4y;5z
,IA
3x; 4 y z;
, IA
2 x; 1 y z;
;
3 10 5 ;5 5 ;5 5
IA IB IC x y z
;
3 0
IA IB IC
2
1 1 x y z
2;1;1
I ;
2 2 2
2 2 2
3 3
MA MB MC MA MB MC
MI IA
2 MI IB
2 3 MI IC
2
2 2 2 2
5MI 2MI IA IB 3IC IA IB IC
2 2 2 2
5MI IA IB IC
(vì IA IB 3IC 0 )
Vì I cố định nên MA2MB23MC2đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất, khi đó M là hình chiếu vuông góc của I lên
P .Gọi là đường thẳng qua I và vuông góc với
PPhương trình đường thẳng
2 3
: 1 3
1 2
x t
y t
z t
. Tọa độ của M là nghiệm hệ phương trình:
2 3 1 3 1 2
3 3 2 12 0
x t
y t
z t
x y z
1 2 7 2 1 2 0 t x y z
7 1
; ;0 M2 2
a b c 3.
Câu 7: [1D1-4] Cho phương trình
1 cos x
cos 4x m cosx
msin2x. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có đúng 3 nghiệm phân biệt thuộc 0;23
. A. 1 1;
m 2 2. B. m
; 1
1;
.C. m
1;1
. D. m 1;12
. Lời giải
Chọn D.
Ta có phương trình
1 cos x
cos 4x m cosx
msin2x
1 cosx
cos 4x m
0
cos 1
cos 4 x
x m
Vì 0;2 x 3
nên cos 1;1
x 2 . Do đó phương trình đã cho tương đương với phương trình cos 4x m trên 0;2
3
.
Bài toán đưa về tìm m để phương trình mcos 4x đúng 3 nghiệm thuộc 0;2 3
. Xét hàm số f x
cos 4x với 0;2x 3
Ta có f x'
4sin 4x f x'
00 4 2 x x x
trên 0;2 3
Bảng biến thiên.
Từ bảng biến thiên suy ra với 1;1
m 2 thì yêu cầu bài toán được thỏa mãn
Câu 8: [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn
1i z
2
1 i z
2 4 2. Gọi mmax z , minn z và số phức w m ni . Tính w2018.
A. 41009. B. 51009. C. 61009. D. 21009. Lời giải
Chọn C.
Gọi M x y
;
là điểm biểu diễn số phức z x yi ,
x y;
trong mặt phẳng Oxy. Ta có 4 2
1i z
2
1 i z
2
1i z
2
1 i z
2 2 2 z z 2. Suy ra mmax z 2.Mặt khác, từ giả thiết ta có:
1i x yi
2
1 i x yi
2 4 2
2 2 4 2
x y x y i x y x y i
x y 2
2 x y
2
x y 2
2 x y
2 4 2
x 1
2 y 1
2
x 1
2 y 1
2 4
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có:
2 2 2 2
2
2
2
2
216 x1 y1 x1 y1 2 x1 y1 x1 y1
2 2
2 2 2 22 x y 4 8 x y 2 x y 2
hay z 2. Suy ra nmin z 2.
Khi đó w2018 2 2i2018 61009.
Câu 9: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A
3;0;1
, B
1; 1;3
và mặt phẳng
P có phương trình x2y2z 5 0. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A, song song với mặt phẳng
P sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là nhỏ nhất.A. 3 1
26 11 2
x y z
. B. 3 1
26 11 2
x y z
.
C. 3 1
26 11 2
x y z
. D. 3 1
26 11 2 x y z
.
Lời giải Chọn B.
+) Gọi
Q là mặt phẳng đi qua A và song song với
P . Khi đó
Q có phương trình là2 2 1 0
x y z .
+) Gọi là đường thẳng đi qua B và vuông góc với
Q , suy ra có phương trình tham số là 11 2 3 2
x t
y t
z t
.
+) Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng
Q , suy ra 1 11 7; ; 9 9 9H , suy ra
26 11 2 1
; ; 26; 11;2
9 9 9 9
AH
. Suy ra AH có phương trình 3 1
26 11 2
x y z
.
+) Đường thẳng d đi qua A, song song với mặt phẳng
P sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là nhỏ nhất khi và chỉ khi d AH . Vậy : 3 126 11 2
x y z
d
.
Câu 10: [2D1-3] Cho hàm số f x
xác định trên và có bản biến thiên như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình 3 f
2x 1
10 0 là:A. 2. B. 1. C. 4. D. 3 . Lời giải
Chọn C.
Đặt t2x1, ta có phương trình trở thành
10f t 3 . Với mỗi nghiệm t thì có một nghiệm 1
2
xt nên số nghiệm t của phương trình
10f t 3 bằng số nghiệm của
3 f 2x 1 10 0 .
Bảng biến thiên của hàm số y f x
làSuy ra phương trình
10f t 3 có 4 nghiệm phân biệt nên phương trình 3 f
2x 1
10 0có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 11: [1D5-4] Cho các hàm số f x( ), g x( ), ( ) ( ) 3 ( ) h x f x
g x
. Hệ số góc của các tiếp tuyến của các đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x02018 bằng nhau và khác 0 . Khẳng định nào sau đây đúng?
A.
2018
1f 4. B.
2018
1f 4. C.
2018
1f 4. D.
1g x 4. Lời giải
Chọn A.
Ta có:
( ) f x
h x g x
23 .
3
f x g x f x g x
h x g x
22018 3 2018 2018 . 2018
2018 3 2018
f g f g
h g
23 2018 2018
1 3 2018
g f
g
Suy ra: f
2018
3 g
2018
2 3 g
2018
g2
2018
5g
2018
6
2018
5 2 1 12 4 4
g
.
Vậy
2018
1f 4.
Câu 12: [2D2-4] Cho hai số thực dương x y, thỏa mãn log3
x1
y1
y1 9
x1
y1
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2y.A. min 11
P 2 . B. min 27
P 5 . C. Pmin 5 6 3. D. Pmin 3 6 2.
Lời giải Chọn D.
Ta có log3
x1
y1
y1 9
x1
y1
3
39 9
log 1 1 log
1 1
x x
y y
.
Xét hàm số f t
log3t t t , 1; '
1 1 0 f t ln 3t , t 1.
Suy ra
1
9f x f 1 y
1 9 x 1
y
8 1 x y
y
8 2 2 8
1 2 1
y y y
P y
y y
.
Bảng biến thiên của hàm số
2 2 8
, 1 1
y y
P y
y
Vậy Pmin 3 6 2.
Câu 13: Cho A là tập các số tự nhiên có 7 chữ số. Lấy một số bất kì từ A. Tính xác suất để lấy được số lẻ và chia hết cho 9.
A. 625
1701. B. 1
9. C. 1250
1701. D. 1
18. Lời giải
Chọn D.
Gọi T là phép thử chọn ngẫu nhiên một số từ tập A. Ta có A 9.106.
Gọi Blà biến cố chọn ngẫu nhiên ta được một số lẻ và chia hết cho 9 .
Trước hết ta có số lẻ chia hết cho 9 có dạng 9k, với k là số nguyên dương lẻ.
Số lẻ có 7 chữ số chia hết cho 9 tương ứng với
1000000 9 k9999999 111112 k 1111111 ( có 1000000 số từ 111112 đến 1111111) Mà k là số nguyên dương lẻ nên có 500000 số k thỏa mãn.
500000
B
Vậy xác suất để lấy được số lẻ và chia hết cho 9 là P B
B 5000006 9.10 1
18.
Câu 14: [2D1-3] Cho hàm số y x 42m x2 2m2 có đồ thị
C . Để đồ thị
C có ba điểm cực trị A, B, C sao cho bốn điểm A, B, C, O là bốn đỉnh của hình thoi (O là gốc tọa độ) thì giá trị tham số m làA. m 2. B. 2
m 2 . C. m 2. D. 2 m 2 . Lời giải
Chọn B.
Ta có y 4x34m x2 ; 02
0 x
y x m
.
Điều kiện để hàm số có ba cực trị là y 0 có ba nghiệm phân biệt m 0.
Khi đó: 0
0 x
y x m
.
Tọa độ các điểm cực trị là A
0;m2
, B m m
; 4m2
, C m m
; 4m2
.Vì m0 nên A không trùng O.
Ta có OABC, nên bốn điểm A, B, C, O là bốn đỉnh của hình thoi điều kiện cần và đủ là OA và BC cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn
A O B C
A O B C
x x x x
y y y y
0 0m2 0
m4m2
m4m2
4 2
2m m 0
2 1
m 2
2
m 2
.
Vậy 2
m 2 . Cách 2:
Tập xác định: D .
Ta có y 4x34m x2 4x x
2m2
; y 0 x2 0 2x m
.
Hàm số có ba điểm cực trị y0 có ba nghiệm phản biệt m 0.
Khi đó, đồ thị
C có ba điểm cực trị là A
0;m2
, B m m
; 2m4
, C
m m; 2m4
.Suy ra hai điểm B, C đối xứng qua trục tung. Do đó tam giác ABC cân tại A.
Vì m0 nên A không trùng O do đó bốn điểm A, B, C, O là bốn đỉnh của hình thoi khi và chỉ khi AB OB .
Ta có AB OB AB2 OB2 m2m8 m2m42m6m8 2 m 2
(thỏa mãn).
Câu 15: [2D3-4] Giả sử hàm số y f x
đồng biến trên
0;
; y f x
liên tục, nhận giá trị dương trên
0;
và thỏa mãn:
3 2f 3 và f x
2
x1 .
f x . Mệnh đề nào dưới đây đúng?A. 2613 f2
8 2614. B. 2614 f2
8 2615. C. 2618 f2
8 2619. D. 2616 f2
8 2617.Lời giải Chọn A.
Vì y f x
liên tục, nhận giá trị dương trên
0;
và f x
2
x1 .
f x
1 .
f x x f x
1
f x x
f x
d 1 1d
2 2
f x x x x
f x
1
1
3f x 3 x C
. Vì
3 2f 3 2 8
3 3 C
6 8
3 C
1
3 6 8 23 f x x
4
2 19 6
8 2613, 261
f 3
.
Vậy 2613 f2
8 2614.