ĐÊ ĐỀ XUẤT THI THỬ THPTQG LẦN 2

ĐỀ GỐC MÃ ĐỀ 001-003
Câu 1: Đồ thị hàm số y =

2x − 1
có tiệm cận đứng là đường thẳng
x+ 1

A. x = −1.

B. x = 2.

1
C. x = .
2

D. x = 1.

Câu 2: Hình tứ diện đều có bao nhiêu cạnh?
A. 4.
B. 5.
C. 6.
Câu 3: Tập hợp nghiệm của bất phương trình 32 x < 3 x+ 3 là
A. ( 0;3) .
B. ( −∞;3) .
C. ( 0;27 ) .

D. 7.
D. ( 3; +∞ ) .

[Giải] 32 x < 3 x + 3 ⇔ 2 x < x + 3 ⇔ x < 3 .
Câu 4: Cho a là số thực dương khác 1. Tính I = log a a .

A. I =

1
.
2

B. I = 2.

C. I = 0.

D. I = −2.

1
2

1
2
Oxy
Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ
, điểm M (2; −3) là điểm biểu diễn cho số phức
A. z = 2 − 3i.
B. z = 2 + 3i.
C. z = 3 − 2i.
D. z = −3 + 2i.
Câu 6: Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(3;5; −1) và B (1; −1;9) . Tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng
AB là
A. I (2; 2; 4).
B. I (1;1; 2).
C. I (2;6; −10).
D. I (−1; −3; −5).

r
r
Câu 7: Trong không gian Oxyz cho vectơ u = (2;3; −4) , đường thẳng nào dưới đây nhận u làm vectơ chỉ
phương ?
 x = 1 + 2t
 x = 1 + 2t


A. d :  y = 3 + 3t (t ∈ R).
B. d :  y = 2 − 3t (t ∈ R).
 z = 2 − 4t
 z = 2 − 4t


[Giải] I = log a a = log a a =

x = 2 + t

C. d :  y = 3 + 3t
 z = −4 + t


(t ∈ R).

x = 2 + t

D. d :  y = 3 + 5t
 z = −4 − 3t


(t ∈ R).

Câu 8 : Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng và SA vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Khi đó:
A. AB vng góc với mặt phẳng ( SAC ) .

B. AB vng góc với mặt phẳng ( SBC ) .

C. AB vng góc với mặt phẳng ( SAD ) .
D. AB vng góc với mặt phẳng ( SCD ) .
Câu 9: Một hình nón có đường cao h = 20cm , bán kính đáy r = 25cm . Thể tích khối nón tạo nên bởi hình nón
đó là:

2500π 3
1200π 3
12500π 3
12000π 3
cm .
cm .
cm .
cm .
B.
C.
D.
3
3
3
3
1 2
1
12500π

2
cm 2 )
[Giải] V = π r h = π 25 .20 =
(
3
3
3
u1 = 2
Câu 10: Cho dãy số ( un ) biết 
, ∀n ∈ N * . Tìm số hạng tổng quát của dãy số ( un ) .
un+1 = 2un
n
n +1
n −1
n +1
A. un = 2 .
B. un = 2 .
C. un = 2 .
D. un = n .
A.

[Giải]


u2 = 2.u1 = 22 ; u3 = 2.u2 = 23 ; u4 = 2.u3 = 2 4
un = 2 n
Câu 11: Tọa độ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y = x3 − 3x + 1 là
A. ( −1;3) .

B. ( 0;1) .

C. ( 1; −1) .

Câu 12: Hàm số F ( x) = x 2 + cos x là một nguyên hàm của hàm số
1 3
1 3
A. f ( x) = x − sin x.
B. f ( x) = 2 x + sin x.
C. f ( x ) = x + sin x.
3
3

D. ( 2;3) .
D. f ( x) = 2 x − sin x.

1

x
Câu 13: Tích phân I = ∫ (e + 2)dx bằng
0

A. I = e + 2.

B. I = e + 3.

C. I = e + 1.

D. I = e − 1.

Mức độ 2

Câu 14: Trong không gian Oxyz cho ba điểm không thẳng hàng A(1; 4; 2), B(3; −1;0) và C (2;5;1) . Mặt phẳng đi
qua ba điểm A, B, C có phương trình
A. x + z − 3 = 0.
B. y + z − 6 = 0.
C. x + y − 3 = 0.
D. x + 2 z − 9 = 0.
[Giải]
uuu
r
uuur
uuu
r uuur
+ AB = (2; −5; −2), AC = (1;1; −1),  AB, AC  = (7; 0; 7)

+ Phương trình của ( ABC ) : x + z − 3 = 0.
Câu 15: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − 3 z − 12 = 0 và đường thẳng d có phương trình
x + 10 y + 7 z − 4
d:
=
=
. Tọa độ giao điểm M của đường thẳng d với mặt phẳng ( P) là
4
3
−2
A. M (2; 2; −2).
B. M (−10; −7;4).
C. M (2;1; −3).
D. M (2; −1; −3).
[Giải]
 x = −10 + 4t


+ Phương trình tham số của d :  y = −7 + 3t
 z = 4 − 2t

+ Xét phương trình 2(−10 + 4t ) + ( −7 + 3t ) − 3(4 − 2t ) − 12 = 0 ⇔ t = 3
+ Giao điểm M (2; 2; −2).
Câu 16: Một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạnh góc vng bằng a . Diện tích
xung quanh của hình nón bằng
A.

π a2
.
2

B.

π a2 2
.
2

C.

3π a 2
.
2

D. π a 2 .

[Giải]

l = a, r = a

2
2

2 π 2a 2
S xq = π rl = π a.a
=
2
2
Câu 17: Số nghiệm của phương trình 32 x
A. 3.
B. 2.

2

−7 x +5

= 1 là

x = 1
= 1 ⇔ 2x − 7 x + 5 = 0 ⇔ 
[Giải] : 3
.
x = 7

2
x2 + x
Câu 18: Đạo hàm của hàm số y = e
là

2 x2 −7 x+5

2

C. 0.

D. 1.


A. ( 2 x + 1) .e x

2

x
[Giải] y = e

+x
2

(

+x

)

2 x +1
C. ( 2 x + 1) .e .

2
2 x +1

B. x + x .e .

.
⇒ y ' = ex

2

+x

.( x 2 + x ) ' = ( 2 x + 1) .e x

2

x
D. ( 2 x + 1) .e .

+x

Câu 19: Số phức z = a + bi (a, b∈ R) là nghiệm của phương trình: (1− 2i)z − 7+ 4i = 0 . Tính S = a + b.
A. S = −1.
B. S = 1.
C. S = −5.
D. S = 5.
7− 4i
[Giải] z =
= 3+ 2i ⇒ S = a + b = 5.
1− 2i
Câu 20: Cho hình ( H ) giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x , trục hoành và hai đường thẳng x = 1; x = 2 quay quanh
trục hoành ta được vật thể có thể tích bằng
3π

7π
3π
5π
.
.
.
.
A.
B.
C.
D.
2
3
7
3
2
x 3 2 7π
2
[Giải] V = π ∫ x dx = π . |1 =
3
3
1
Câu 21: Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) = x +
A. 4.
[Giải] y' = 1−

4
trên đoạn  0;4 là
x+ 1

B. 3.

C. 2.

D.

24
.
5

4

x = 1
. Phương trình y' = 0 ⇔ 
(Chọn nghiệm x = 1).
( x + 1)
 x = −3
2

, từ đó kết luận min f ( x) = 3.
( 1) = 3; f ( 4) = 24
5

Tính ff( 0) = 4;

 0;4

(

)

2
4
2
Câu 22: Tập hợp giá trị thực của tham số m để hàm số y = m − 1 x + ( 2 − 2m) x + m có điểm cực trị là

A. ( −∞; −1) .
B. ( −1; +∞ ) .
C. ¡ \ { −1} .
D. ¡ \ { 1} .
[Giải] Với m≠ ±1 hàm số đang xét là hàm trùng phương nên ln có điểm cực trị.
Với m= 1 ta có hàm số y = 1 khơng có điểm cực trị.
Với m= −1 ta có hàm số y = 4x2 + 1 có điểm cực tiểu x = 0. Chọn đáp án ¡ \ { 1} .
Câu 23: Tìm hệ số của x 9 trong khai triển biểu thức (3 − 2 x)17 .
8
8 9 9
A. −C17 .3 .2 x .

9
8 9
B. C17 .3 .2 .

9
8 9
C. −C17 .3 .2 .

9
8
D. −C19 .3 .2

k 17 − k
k
[Giải] Số hạng tổng quát của khai triển là Tk +1 = C17 3 ( −2 x) theo đề ta có k = 9 nên hệ số chứa x9 là

−C179 .38.29.
Câu 24: Có 8 học sinh trong đó có 2 bạn tên A và B. Xếp ngẫu nhiên 8 học sinh trên theo một hàng ngang. Xác
suất để hai bạn A và B đứng cạnh nhau là:
1
5
1
1
A.
.
B.
.
C. .
D. .
28
28
8
4
[Giải] Ta có n ( Ω ) = 8! . Gọi M là biến cố để 2 bạn A và B đứng cạnh nhau n ( M ) = 2.7!
Suy ra P ( M ) =

n ( M ) 2.7! 1
=
=
n ( Ω)
8! 4

x + 3x − 1
là
x2 − 1
A. 1.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
[Giải] Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = 1 và một tiệm cận ngang là y = 0.
Câu 26: Phương trình x3 − 6x2 + 9x + m− 3 = 0 ( m là tham số) có đúng ba nghiệm khi và chỉ khi
A. m< −1 hoặc m> 3.
B. m= −1hoặc m= 3.
C. −1< m< 3.
D. −1≤ m≤ 3.
Câu 25: Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =


[Giải] Phương trình ⇔ m= − x3 + 6x2 − 9x + 3 .
 x = 1⇒ y = −1
Xét hàm số y = − x3 + 6x2 − 9x + 3 ⇒ y' = −3x2 + 12x − 9. Phương trình y' = 0 ⇔ 
 x = 3⇒ y = 3
Từ bảng biến thiên của hàm số ta tìm được đáp án −1< m< 3.
Mức đợ 3.
x−2 y+2 z −6
=
=
Câu 27: Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau d1 :
và
2
1
−2

x − 4 y + 2 z +1
d2 :
=
=
. Phương trình mặt phẳng ( P) chứa đường thẳng d1 và ( P) song song với đường thẳng
1
−2
3
d 2 là
A. ( P ) : x + 8 y + 5 z − 16 = 0.
B. ( P ) : x + 8 y + 5 z + 16 = 0.
C. ( P ) : x + 4 y + 3 z − 12 = 0.
D. ( P) : 2 x + y − 6 = 0.
[Giải]
r
ur uu
r
ur
uu
r
+ Ta có u1 = (2;1; −2), u2 = (1; −2;3) và n = u1 , u2  = ( −1; −8; −5) là một pháp tuyến của mặt phẳng ( P)
+ Điểm M (2; −2; 6) ∈ ( P) , phương trình của ( P ) : ( x − 2) + 8( y + 2) + 5( z − 6) = 0 ⇔ x + 8 y + 5 z − 16 = 0
Câu 28: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + 2 y + z − 12 = 0 và hai điểm A(1;3;16) , B (5;10; 21) .
Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm A và ∆ vng góc với mặt phẳng ( P). Khoảng cách từ điểm B đến đường
thẳng ∆ bằng
A. 3.
B. 4.
C. 13.
D. 9.
[Giải]

 x = 1 + 2t
r

+ Ta có phương trình của ∆ :  y = 3 + 2t , đường thẳng có chỉ phương u = (2; 2;1) và qua A(1;3;16) .
 z = 16 + t

r uuu
r
u , AB 
uuu
r
r uuu
r


=3
+ Vectơ AB = (4; 7;5), u, AB  = (3; −6; 6) do đó d ( B, ∆) =
r
u
x − 2 y −1 z
=
= và điểm I (1;5; −2) . Lập phương trình
3
2
6
mặt cầu ( S ) tâm I và cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông tại I
A. ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 5) 2 + ( z + 2) 2 = 40.
B. ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 5) 2 + ( z + 2) 2 = 49.
Câu 29: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d :

C. ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 5) 2 + ( z + 2) 2 = 64.
D. ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 5) 2 + ( z + 2) 2 = 89.
[Giải]
+ Gọi H là trung điểm của AB ta có ∆IAB vng tại I nên IA = IB = IH 2
r
uuu
r
r uuu
r
1
+ Ta có u = (3; 2;6), H (2 + 3t ;1 + 2t;6t ), IH = (1 + 3t; −4 + 2t; 2 + 6t ) vì u.IH = 0 nên có t = −
7
uuu
r 4 30 8
+ IH = ( ; − ; ) ⇒ IH = 2 5 ⇒ R = 2 10 do đó ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 5) 2 + ( z + 2) 2 = 40.
7
7 7
Câu 30: Cho mặt cầu ( S ) tâm O và các điểm A, B, C nằm trên mặt cầu ( S ) sao cho AB = AC = 6 ; BC = 8 .
Khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( ABC ) bằng 2 . Thể tích khối cầu ( S ) bằng
A.

404π 505
.
75
Giải]

B.

2916π 5
.

75

C.

404π
.
5

D.

324π
.
5


S∆ABC = 8 5
S∆ABC =

a.b.c
6.6.8
9 .
⇔8 5=
⇔R=
4R
4.R
5
3

2
4 3 4  101  404π 505

101
 9 
2
Suy ra bán kính mặt cầu RC = 
÷ + 2 = 5 V = 3π R = 3π  5 ÷ =
.
75
 5



Câu 31: Số nghiệm của phương trình log 2 ( x + 2 ) + log 4 ( x − 5 ) + log 1 8 = 0 là
2

A. 1.

B. 2.

⇔ log 2 ( x + 2 ) + log 2 x − 5 = 3

D. 4.

 x > −2
dk: 
x ≠ 5

log 2 ( x + 2 ) + log 4 ( x − 5 ) + log 1 8 = 0
2

[Giải]

2

C. 3.

2

⇔ log 2 ( x + 2 ) x − 5  = 3 ⇔ ( x + 2 ) x − 5 = 8

x = 6
 x = −3

( x + 2 ) ( x − 5 ) = 8
 x 2 − 3x − 18 = 0

⇔
⇔ 2
⇔  x = 3 + 17
2 .
 x − 3x − 2 = 0
( x + 2 ) ( x − 5 ) = −8


3 − 17
x =

2


x = 6


 x = 3 + 17
2
So điều kiện nhận : 
.

 x = 3 − 17

2

Số nghiệm của phương trình là 3. Chọn C
2
Câu 32: Giá trị thực của tham số m để phương trình log 3 x − 3log 3 x + 2m − 7 = 0 có hai nghiệm thực x1 , x2
thỏa mãn ( x1 + 3) ( x2 + 3) = 72 thuộc khoảng nào sau đây?




7
2

7
2

21 
÷.
2
[Giải] ∆ = 9 − 4(2 m − 7) ≥ 0 thì phương trình ln có 2 nghiệm x1 , x2 > 0 thỏa

A.  0; ÷.







B.  ;7 ÷.

C.  7;

 7
 2




D.  − ;0 ÷.

log3 ( x1.x2 ) = log 3 x1 + log 3 x2 = 3 ⇔ x1.x2 = 27 .

Do đó giả thiết trở thành x1.x2 + 3 ( x1 + x2 ) + 9 = 72 ⇔ x1 + x2 = 12 . Suy ra { x1 ; x2 } = { 3;9} .
Khi đó : 2m − 7 = log 3 x1.log 3 x2 = 2 ⇔ m =

9
2

( tmdk )

Câu 33: Cho số phức z = x + yi (x, y∈ R) thỏa: z + 1− 2i − z (1− i) = 0. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , M là điểm

biểu diễn cho z. M thuộc đường thẳng nào sau đây?
A. x − y + 2 = 0.
B. x + y − 1= 0.
C. x + y − 2 = 0.
D. x + y + 1= 0.
[Giải] Ta có x + yi + 1− 2i − | z | + | z |i = 0 ⇔ (x− | z | +1) + (y − 2+ | z |)i = 0
| z |= x + 1
⇒ 2− y = x + 1⇒ x + y − 1= 0.

| z |= 2 − y
Câu 34: Cho số phức z thỏa mãn: z − 1− 3i = 13 . Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu
2

2

thức P = z + 2 − z − 3i . Tính A = m+ M .
A. A = 10.

B. A = 25.

C. A = 34.

D. A = 40.


[Giải] z − 1− 3i = 13 ⇔ (x − 1)2 + (y − 3)2 = 13
P = 4x + 6y − 5 ⇒ P − 17 = 4(x − 1) + 6(y − 3) ≤ (42 + 62 )[(x− 1)2 + (y − 3)2]
P − 17 ≤ 26 ⇒ −9 ≤ P ≤ 43 ⇒ m= −9, M = 43 ⇒ A = 34.
b

Câu 35: Cho biết :

∫
a

b

b

f ( x)dx = 3, ∫ g ( x)dx = −2 . Giá trị của M = ∫ [5 f ( x ) + 3 g ( x)]dx bằng:

A. M = 6.

a

a

B. M = 1.

C. M = 5.

b

b

b

a

a

a

D. M = 9.

[Giải] M = ∫ [5 f ( x ) + 3 g ( x)]dx = 5∫ f ( x )dx + 3∫ g ( x )dx = 5.3 + 3.( −2) = 9
Câu 36: Gọi ( H ) là hình giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = x , y = 6 − x và trục hồnh (Hình vẽ). Diện tích
y
của hình ( H ) bằng
6
125
22
.
.
A.
B.
6
3
16
C. 18 − 4 6.
D. .
3
2
[Giải] y = x ⇒ y ≥ 0, x = y ; y = 6 − x ⇒ x = 6 − y .
2
2
22
2
y 2 = 6 − y ⇒ y = 2 ⇒ S = ∫ | y + y − 6 | dy = .
4

6
3
0
x
O
1

1

0

0

Câu 37: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ’ ( x ) và thỏa: ∫ (2 x − 1). f '( x )dx = 10, f (1) + f (0) = 8. Tính I = ∫ f ( x)dx .
A. I = 2.

B. I = 1.
u = 2x − 1
⇒ du = 2dx
[Giải] Đặt 
 dv = f '(x)dx choïn v = f (x)

C. I = −1.

1

1

0

0

D. I = −2.

1
=> 10 = ∫ (2x − 1) f '(x)dx = (2x − 1) f (x) |0 −2∫ f (x)dx = ff(1) + (0) − 2I ⇒ I = −1.

Câu 38: Hàm số f ( x ) liên tục trên [1;2018] và : f (2018 − x) = f ( x) ∀x ∈ [1; 2018] ,

2017

∫

f ( x)dx = 10 .

1

2017

Tính I =

∫

x. f ( x)dx .

1

A. I = 10100.
B. I = 20170.
C. I = 20180.

t
=
2018
−
x
⇒
dt
=
−
dx
.
x
=
1
⇒
t
=
2017,
x
=
2017
⇒ t =1
[Giải] Đặt
I =−

1

∫

2017

(2018− t) f (2018− t)dt =

2017

∫

1

D. I = 10090.

2017

2017

1

1

(2018− t) f (t)dt = 2018 ∫ f (x)dx −

∫

xf (x)dx

⇒ I = 2018.10 − I ⇒ I = 10090.
Câu 39: Một hộp có 5 bi đen, 4 bi trắng. Chọn ngẫu nhiên 2 bi. Xác suất 2 bi được chọn có đủ hai màu là
5
5
2

1
A.
.
B. .
C. .
D.
.
324
9
9
18
2
[Giải] Số phần tử không gian mẫu: n ( Ω ) = C9 = 36 . (chọn 2 bi bất kì từ 9 bi trong hộp ).

1
1
Gọi A : “hai bi được chọn có đủ hai màu ”. Ta có: n ( A ) = C5 .C4 = 20 . ( chọn 1 bi đen từ 5 bi đen – chọn 1 bi
n ( A ) 20 5
=
= .
trắng từ 4 bi trắng ). Khi đó: P ( A ) =
n ( Ω ) 36 9


Câu 40: Gọi S là tập hợp giá trị thực của tham số m sao cho phương trình ( x + 1) + 3− m= 3 3 3x + m có đúng
3

hai nghiệm thực. Tích tất cả phần tử của tập hợp S là
A. −1.
B. 1.

C. 3.

D. 5.

[Giải] Phương trình ⇔ ( x + 1) + 3( x + 1) = 3x + m+ 3 3 3x + m
3

3
Hàm số f ( x) = x + 3x đồng biến trên tập ¡ nên phương trình đang xét tương đương đương với

x + 1= 3 3x + m ⇔ ( x + 1) = 3x + m⇔ m= x3 + 3x2 + 1.
3

 x = 0⇒ y = 1
3
2
2
Xét hàm số g( x) = x + 3x + 1⇒ g'( x) = 3x + 6x. Phương trình g'( x) = 0 ⇔ 
 x = −2 ⇒ y = 5
 m= 1
Lập bảng biến thiên ta thấy phương trình có đúng hai nghiệm ⇔ 
 m= 5
Vậy tích tất cả phần tử của tâp hợp S là 5.
Câu 41: Trong không gian Oxyz cho 3 điểm A(3; 7;1), B(8;3;8) và C (3;3;0) . Gọi ( S1 ) là mặt cầu tâm A bán
kính bằng 3 và ( S 2 ) là mặt cầu tâm B bán kính bằng 6 . Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đi qua C và tiếp
xúc đồng thời cả hai mặt cầu ( S1 ), ( S 2 ).
A. 1.
B. 2.
C. 3.

D. 4.
[Giải]
+ Phương trình mặt phẳng qua C có dạng ( P ) : m( x − 3) + n( y − 3) + pz = 0, m 2 + n 2 + p 2 > 0
+ Mặt phẳng ( P) tiếp xúc ( S1 ) ta có 4n + p = 3 m 2 + n 2 + p 2

(1)

+ Mặt phẳng ( P) tiếp xúc ( S 2 ) ta có 5m + 8 p = 6 m 2 + n 2 + p 2

(2)

(3)
5m = 8n − 6 p
Từ đây ta có phương trình 5m + 8 p = 2 4n + p ⇔ 
5m = −8n − 10 p (4)
n = 2 p
  8n − 6 p  2

2
2
2
2

+ Từ (1), (3) ta có (4n + p) = 9 
262
÷ + n + p  ⇔ 401n − 1064np + 524 p = 0 ⇔ 
5
n=
p




401

2

Trường hợp này ta tìm được hai mặt
( P1 ) : 2 x + 2 y + z − 12 = 0, ( P2 ) : 62 x − 262 y − 401z + 600 = 0
 8n + 10 p  2

2
2
2
2
+ Từ (1), (4) ta có (4n + p ) = 9 
÷ + n + p  ⇔ 401n + 1240np + 1100 p = 0 ⇔ n = p = 0
5



Trường hợp này khơng có mặt phẳng nào.
Kết luận có 2 mặt phẳng thỏa u cầu bài tốn.
Câu 42: Cho hàm số bậc ba y = ax3 + bx2 + cx + d có đồ thị nhận hai điểm A( 0;3) và B ( 2; −1) làm hai điểm
2

2
2
cực trị. Khi đó số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = ax x + bx + c x + d là

A. 5.

B. 7.
C. 9.
D. 11.
[Giải] HS có thể vẽ đồ thị của hàm số bậc ba bằng cách sử dụng chú ý về điểm cực trị của đồ thị hoặc giải điều
kiện đề bài để tìm được hàm số ban đầu là y = x3 − 3x2 + 3.

( )

Sử dụng phép biến đổi đồ thị để vẽ đồ thị hàm số dạng y = f x

từ đó tìm được số điểm cực trị là 7.

Câu 43: Xét ba số thực a; b; c thay đổi thuộc đoạn  0;3 . Giá trị lớn nhất của biểu thức

(

)

T = 2 ( a − b) ( b − c) ( c − a) + ( ab + bc + ca) − a2 + b2 + c2 là


27
15
D.
.
.
4
2
[Giải] Không giảm tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c . Đặt x = a − b; y = b − c ⇒ a − c = x + y , trong đó x ≥ 0; y ≥ 0 và
B. −1.

A. 0.

(

)(

C.

)(

) (

) (

x + y ≤ 3. Ta có T = 2 a − b b − c c − a + ab + bc + ca − a2 + b2 + c2

= 2xy( x + y) −
3

x + y + ( x + y)
2

2

2

2

≤ 2.

( x + y)
4

2

)

.( x + y) −

( x + y)
2

2

+ ( x + y)

2

2

2

t 3t
với t = x + y∈  0;3 .
−
2 4
t3 3t2
3t2 3t
Xét hàm số f ( t) = −

, t ∈  0;3 ⇒ f '( t) =
− . Phương trình f '( t) = 0 ⇔ t = 0; t = 1
2 4
2 2
27
27
3
Lập bảng biến thiên tìm được max f ( t) = . Vậy maxT =
đạt được khi a; b; c là hoán vị của 0; ;3.
 0;3
4
4
2
Câu 44: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng 2a , G là trọng tâm tam giác ABC . Góc giữa mặt
bên với mặt đáy bằng 450. Khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng ( SBC ) bằng:
⇒T ≤

a
a 3
a 6
S D. a 6 .
.
B. .
C.
.
4
3
6
3
[Giải] G là trọng tâm tam giác ABC, suy ra G là hình chiếu

của S trên mặt phẳng (ABC). Gọi I là trung điểm của BC
suy ra góc giữa (SBC) với (ABC) là góc SIG.
1 2a 3 a 3
Tam giác ABC đều cạnh bằng a nên GI =
=
.
3 2
3
·
H
Theo bài SIG
= 450 , suy ra
C
a 3
A
.(vì tam giác SGI vng cân tại G)
SG = GI =
3
G
Gọi H là hình chiếu của G trên (SBC) ( H thuộc đoạn thẳng SI). Suy ra
I
2
1
1
1
3
a
a
6
d(G,(SBC )) = GH = SI =

SG 2 +GI 2 =
2.
=
2
2
2
9
6
B
Câu 45: Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có mặt đáy là tam giác đều cạnh AB = 2a . Hình chiếu vng góc của
A ' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm H của cạnh AB . Biết góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 450 .
Gọi ϕ là góc giữa hai đường thẳng AC và BB’. Tính cos ϕ :
1
1
2
2
C¢
A. cos ϕ =
.
B. cos ϕ = .
C. cos ϕ =
. A¢
D. cos ϕ = .
4
3
4
2
[Giải] Ta có: BB’//AA’
Nên cos ( AC.BB ') = cos ( AC , AA ' ) = cos ·A ' AC
B¢

Tính được: AA ' = a 2; AC = A'C = 2a
Áp dụng định lý cosin trong tam giác A’AC ta được:
A
A′C 2 = A′A2 + AC 2 − 2 A′A. AC.cos ·A′AC
C
2
2
H
. Vậy cos ϕ =
.
⇒ cos ·A ' AC =
4
4
Câu 46: Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác vuông tại đỉnh A, độ dàiBcác cạnh
AB = 2a, BC = a 5 . Cạnh bên AA ' = a 6 và tạo với mặt phẳng đáy một góc 600 . Thể tích của khối lăng trụ
ABC. A ' B ' C ' bằng
A.

(

)


3a 3 2
.
2
[Giải]

A.

B.

a3 2
.
2

C.

3a 3 10
.
2

D.

a 3 10
.
2

3a 2
+ Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng ( A ' B ' C ') ta có AH = AA '.sin 600 =
2
1
1
2
2
2
+ Diện tích của tam giác đáy S ABC = . AB. AC = .2a. 5a − 4a = a
2
2
3a 3 2

+ Thể tích của khối lăng trụ là V = AH .S ABC =
.
2
Câu 47: Gọi S là tập hợp tất cả các nghiệm thuộc khoảng (0; 2018) của phương trình lượng giác
3(1 − cos 2 x) + sin 2 x − 4 cos x + 8 = 4( 3 + 1)sin x . Tổng tất cả các phần tử của S là
310408
312341
π.
π.
A.
B. 102827π .
C.
D. 104760π .
3
3
[Giải]
π
+ Biến đổi phương trình tương đương về (sin x − 2)( 3 sin x + cos x − 2) = 0 ⇔ x = + k 2π
3
 π
0 < + k 2π < 2018
⇔ k = 0,1, 2,...,321
3
+ Do x ∈ (0; 2018) ⇔ 
 k ∈ Z
321
π
310408
π.
+ Tổng F = ∑ ( + k 2π ) =

3
k =0 3
Mức độ 4.
x
x
Câu 48: Tập hợp các giá trị của tham số m để phương trình ( m + 1) 16 − 2 ( 2m − 3) 4 + 6m + 5 = 0 có hai

nghiệm trái dấu là khoảng ( a; b ) . Tính P = a.b .

5
10
.
.
D.
6
3
2
[Giải] Đặt t = 4 x .Phương trình đã cho trở thành ( m + 1) t − 2 ( 2m − 3) t + 6m + 5 = 0 ( *)
3
2

A. P = 4.

C. P =

B. P = − .

Yêu cầu bài tốn ⇔

( *)

có hai nghiệm t1 , t2 thỏa 0 < t1 < 1 < t2

 1 − 561
t =
t + 6t + 5
10t − 2t − 56
t + 6t + 5
10
f ( t) = 2
⇒ f '( t ) =
2 f '( t ) = 0 ⇔ 
( *) ⇔ m = 2
2
. Đặt
.
−t + 4t − 6
 1 + 561
−t + 4t − 6
−t + 4t − 6
t =
10

2

2

2

(

)

Bảng Biến thiên :

Dựa vào bảng biến thiên ( *) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa 0 < t1 < 1 < t 2 khi m ∈ ( −4; −1)
Suy ra a = −4, b = −1


x+ 3
có đồ thị là ( C ) , điểm M thuộc đường thẳng d : y = 1− 2x sao cho qua M có
x−1
hai tiếp tuyến của ( C ) với hai tiếp điểm tương ứng là A, B . Biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm K ( 0;2) , độ
dài đoạn thẳng OM là
A. 34.
B. 10.
C. 29.
D. 13.
Câu 49: Cho hàm số y =

[Giải] Gọi tọa độ điểm M là ( m;1− 2m) , giả sử a là hoành độ tiếp tuyến của ( C ) thì phương trình tiếp tuyến
tương ứng là ∆ : y = −

4

( x − a) + aa+− 13

( a − 1)
−4( m− a) a + 3
M ∈ ∆ ⇔ 1− 2m=

+
⇔ ma
( a − 1) a − 1
2

2

2

− 2( m− 2) a − 2 − m= 0 (*) (Phương trình ln có hai nghiệm phân

biệt a ≠ 1 với mọi m≠ 1)
m− 1 a + 3 
m− 1
− 1÷ = 0 dó đó đường thẳng chứa hai tiếp điểm là mx − m+ 4 −
(*) ⇔ ma − m+ 4−
( y − 1) = 0

2  a−1 
2
m− 1
= 0 ⇔ m= 3. Vậy M ( 3; −5) ⇒ OM = 34.
2
2
2
2
thỏa mãn : u1 = 1; un+1 = aun2 + 1 , ∀n∈ ¥ * . Biết rằng lim u1 + u2 + ... + un − 2n = b.

Đường thẳng này đi qua K ( 0;2) ⇔ −m+ 4 −
Câu 50: Cho dãy số ( un )

(

Giá trị của biểu thức T = ab là
A. −2.
B. −1.

C. 1.

)

D. 2.

[Giải] Từ cơng thức truy hồi ta có un2+1 = aun2 + 1. a = 1 không thỏa mãn yêu cầu.
2
Xét a ≠ 1⇒ un+1 −


1
1 
= a un2 −
÷. Như vậy dãy số
1− a
1− a 


 2
1 
 un −
÷ là cấp số nhân với cơng bội a.

1− a 



1
1 
1 
a
n−1 
n−1
= an−1  u12 −
÷ = a  1−
÷= a .
1− a
1− a 
a−1

 1− a 
Lấy tổng các số hạng tương ứng ta được
1
a
a 1− an
u12 + u22 + ... + un2 −
.n =
. 1+ a + ... + an−1 =
.
1− a
a−1
a − 1 1− a


1

1
 1− a = 2
a =
⇔
Theo giả thiết ta được 
2 ⇒ T = ab = −1.
 a . 1 = b  b = −2

 a − 1 1− a
2
Do đó un −

(

)