đề thi thử Toán THPT quốc gia 2018 tạp chí toán học tuổi trẻ lần 1

TOÁN HỌC VÀ TUỔI TRẺ THÁNG 10/2017
Câu 1.

[1D2-2] Có 7 tấm bìa ghi 7 chữ “HIỀN”, “TÀI”, “LÀ”, “NGUYÊN”, “KHÍ”, “QUỐC”, “GIA”.
Một người xếp ngẫu nhiên 7 tấm bìa cạnh nhau. Tính xác suất để khi xếp các tấm bìa được
dòng chữ “HIỀN TÀI LÀ NGUYÊN KHÍ QUỐC GIA”.
1
1
1
1
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
24
5040
13
25
Lời giải
Chọn B.
Xếp ngẫu nhiên 7 tấm bìa có 7!  5040 (cách xếp)  n     5040.
Đặt A là biến cố “xếp được chữ HIỀN TÀI LÀ NGUYÊN KHÍ QUỐC GIA”. Ta có

n  A  1 .
Vậy P  A 

Câu 2.

1
.
5040




 5


[1D2-2] Cho phương trình cos 2  x    4cos   x   . Khi đặt t  cos   x  , phương
3

6
 2
6

trình đã cho trở thành phương trình nào dưới đây?
A. 4t 2  8t  3  0 .
B. 4t 2  8t  3  0 .
C. 4t 2  8t  5  0 .

D. 4t 2  8t  5  0 .
Lời giải

Chọn A.



 5
Phương trình tương đương với:  cos 2   x   4cos   x    0
6

6
 2






 4cos 2   x   8cos   x   3  0 , nên nếu đặt t  cos   x  phương trình trở thành
6

6

6

2
2
4t  8t  3  0  4t  8t  3  0 .

Câu 3.

[2D1-2] Trong các hàm sau đây, hàm số nào không nghịch biến trên

A. y   x3  2 x2  7 x .
B. y  4 x  cos x .

1
C. y   2
.
x 1

.

x


2 
D. y  
 .
 2 3
Lời giải

Chọn C.
Với y  

1
2x
ta có y 
2
x 1
 x2  1
2

y  0 khi x  0 và y  0 khi x  0 . Nên hàm số không nghịch biến trên


Câu 4.

[2D2-2] Với hai số thực dương a, b tùy ý và
khẳng định đúng?
A. a  b log6 2 .

log3 5log 5 a
 log 6 b  2 . Khẳng định nào là
1  log3 2

B. a  36b .

C. 2a  3b  0 .

D. a  b log6 3 .
Lời giải

Chọn B.
Ta có

log3 5log5 a
log3 a
 log 6 b  2 
 log 6 b  2  log 6 a  log 6 b  2
1  log3 2
log3 6

 log 6
Câu 5.

a
a
 2   36  a  36b .
b
b

[2H2-3] Quả bóng đá được dùng thi đấu tại các giải bóng đá Việt Nam tổ chức có chu vi của
thiết diện qua tâm là 68.5  cm  . Quả bóng được ghép nối bởi các miếng da hình lục giác đều
màu trắng và đen, mỗi miếng có diện tích 49.83  cm2  . Hỏi cần ít nhất bao nhiêu miếng da để
làm quả bóng trên?
A.  40 (miếng da).

B.  20 (miếng da).

C.  35 (miếng da).

D.  30 (miếng da).
Lời giải

Chọn D.
Vì thiết diện qua tâm là đường tròn có chu vi là 68.5  cm  , nên giả sử bán kính mặt cầu là R
ta có: 2 R  68.5  R 

68.5
2
2

 68.5 
2
Diện tích mặt cầu: S xq  4 R  4 
  1493.59  cm  .
2



2

Vì mỗi miếng da có diện tích 49.83  cm2  nên để phủ kín được mặt của quả bóng thì số
miếng da cần là
Câu 6.

1493.59
 29.97. Vậy phải cần  30 (miếng da).
49.83

[2D1-2] Cho hàm số y 

ax  b
có đồ thị như hình dưới. Khẳng định nào dưới đây là đúng?
x 1


A. b  0  a .

B. 0  b  a .

C. b  a  0 .

D. 0  a  b .

Hướng dẫn giải
Chọn C.

Câu 7.

a
a  1  0
  1

ba0 .
Dựa vào đồ thị, ta có:  1
a  b  0 b  1  a
[2D2-2] Cho hai hàm số f ( x)  log 2 x , g ( x)  2 x . Xét các mệnh đề sau:
(I). Đồ thị hai hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng y  x .
(II). Tập xác định của hai hàm số trên là .
(III). Đồ thị hai hàm số cắt nhau tại đúng 1 điểm.
(IV). Hai hàm số đều đồng biến trên tập xác định của nó.
Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong các mệnh đề trên.
A. 2 .

B. 3 .

C. 1 .

D. 4 .

Hướng dẫn giải

Chọn A.
Các mệnh đề đúng là:
(I). Đồ thị hai hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng y  x .
(IV). Hai hàm số đều đồng biến trên tập xác định của nó.
Câu 8.

[2H2-2] Cho hình lập phương có cạnh bằng 40

D'

cm và một hình trụ có hai đáy là hai hình tròn nội
tiếp hai mặt đối diện của hình lập phương. Gọi S1 ,
S 2 lần lượt là diện tích toàn phần của hình lập

C'
O'

A'

B'

phương và diện tích toàn phần của hình trụ. Tính
S  S1  S 2  cm2  .

A. S  4  2400    .
C. S  2400  4  3  .

D

B. S  2400  4    .

D. S  4  2400  3  .

C
O

A

Hướng dẫn giải

B


Chọn B.
Ta có: s1  6.402  9600 .
Bán kính đường tròn nội tiếp hai mặt đối diện của hình lập phương là: r  20 cm ; hình trụ có
đường sinh h  40 cm
Diện tích toàn phần của hình trụ là: S2  2. .202  2 .20.40  2400 .
Vậy: S  S1  S 2  9600  2400  2400  4    .
Câu 9.

[2D4-2] Kí hiệu z0 là nghiệm phức có phần thực âm và phần ảo dương của phương trình

z 2  2 z  10  0 . Trên mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn số phức
w  i 2017 z0 ?

A. M  3;  1 .

C. M  3; 1 .

B. M  3; 1 .

D. M  3;  1 .

Hướng dẫn giải
Chọn C.

 z  1  3i
Ta có: z 2  2 z  10  0  
. Suy ra z0  1  3i .
 z  1  3i

w  i 2017 z0  i.  1  3i   3  i .
Suy ra : Điểm M  3;  1 biểu diễn số phức w .
Câu 10. [1D1-3]Tính tổng S các nghiệm của phương trình  2cos 2 x  5  sin 4 x  cos4 x   3  0 trong
khoảng  0; 2  .
A. S 

11
.
6

C. S  5 .

B. S  4 .

D. S 

7
.
6

Hướng dẫn giải
Chọn B.

 2 cos 2 x  5  sin 4 x  cos4 x   3  0   2 cos 2 x  5  sin 2 x  cos 2 x   3  0
Ta có:
   2 cos 2 x  5  cos 2 x  3  0
 2 cos 2 (2 x)  5cos 2 x  3  0  cos 2 x 
cos 2 x 

1

 x    k  k 
2
6

Do đó: S 


6



  x  

5 7 11


 4 .
6

6
6

 5 7 11 

; ;
;
.
6 6 6 6 

.

1
2


Câu 11: [2H3-2] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho OA  2i  2 j  2k , B  2; 2;0  và

C  4;1;  1 . Trên mặt phẳng  Oxz  , điểm nào dưới đây cách đều ba điểm A, B, C .
1
3
A. M  ; 0;  .
2
4

1 
 3
B. N  ; 0;
 .
2 

 4

1 
3
C. P  ; 0;
.
2 
4

1
 3
D. Q  ; 0;  .
2
 4

Lời giải
Chọn C.
Ta có: A  2; 2; 2  và PA  PB  PC 

3 21
.
4

Câu 12: [2D1-2] Đồ thị hàm số y  x3  3x 2  2ax  b có điểm cực tiểu A  2;  2  . Khi đó a  b 
A. 4 .

C. 4 .

B. 2 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn B.
Ta có y '  3x2  6 x  2a . Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu A  2;  2  nên ta có:

y  2  0  2a  0  a  0 .
Do đồ thị qua A  2;  2   2  8 12  b  b  2
Vậy a  b  2 .
Câu 13: [2H1-2] Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Hai mặt bên  SAB  và

 SAD 

cùng vuông góc với mặt đáy. Biết góc giữa hai mặt phẳng  SCD  và  ABCD  bằng

45o . Gọi V1 ;V2 lần lượt là thể tích khối chóp S. AHK và S. ACD với H ; K lần lượt là trung

điểm của SC và SD . Tính độ dài đường cao của khối chóp S. ABCD và tỉ số k 
A. h  a; k 

1
.
4

B. h  a; k 

1
.
6

1
C. h  2a; k  .
8

V1
.
V2

1
D. h  2a; k  .
3

Lời giải
Chọn A

S

K
H

A

B

a

45o

C

Do  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với mặt đáy nên SA   ABCD  .

D


Dễ thấy góc giữa hai mặt phẳng  SCD  &  ABCD  là SDA  45o .
Ta có tam giác SAD là tam giác vuông cân đỉnh A . Vậy h  SA  a .
Áp dụng công thức tỉ số thể tích có:

V1 SH SK 1

 .
.
V2 SC SD 4

Câu 14: [2D2-2] Cho hàm số f  x   ln 2  x 2  2 x  4  . Tìm các giá trị của x để f   x   0 .
A. x  1 .

B. x  0 .

C. x  1 .

D. x .

Lời giải
Chọn C
Tập xác định: D 
f  x 

.

4x  4
ln  x 2  2 x  4  .
x  2x  4
2

  x  1  0

2
 ln  x  2 x  4   0
2
f   x   0   4 x  4  ln  x  2 x  4   0  
  x  1  0

ln x 2  2 x  4   0
  

 x  1
 x  1
 2
 2
 x  2 x  4  1  x  2 x  3  0


 x  1.
x 1
x 1





VN 
  x 2  2 x  4  1   x 2  2 x  3  0
 eax  1

Câu 15: [1D4-2] Cho hàm số f  x    x
1
 2
x0  0 .
A. a  1 .

B. a 

1
.
2

khi x  0
. Tìm giá trị của a để hàm số liên tục tại

khi x  0

C. a  1 .

1
D. a   .
2

Lời giải
Chọn B

Tập xác định: D 

.

eax  1
eax  1
.a  a .
 lim
x 0
x 0
x
ax

lim f  x   lim
x 0

f  0 

1
1
; hàm số liên tục tại x0  0 khi và chỉ khi: lim f  x   f  0   a  .
0
x

2
2

Câu 16. [2D1-3] Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên

\ 1 và có bảng biến thiên như sau

Tìm điều kiện của m để phương trình f  x   m có 3 nghiệm phân biệt.
A. m  0 .

B. m  0 .

C. 0  m 

27
.
4

D. m 

27
.
4

Lời giải
Chọn D.
Để phương trình f  x   m có 3 nghiệm phân biệt thì đường thẳng y  m phải cắt đồ thị hàm
số y  f  x  tại ba điểm phân biệt.
Qua bảng biến thiên ta thấy, đường thẳng y  m phải cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại ba điểm
phân biệt khi m 

27
.
4

Câu 17. [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 2 x  y  z  10  0 và đường

x  2 y 1 z 1


. Đường thẳng Δ cắt  P  và d lần lượt tại M và N sao cho
1
2
1
A 1;3; 2  là trung điểm MN . Tính độ dài đoạn MN .

thẳng d :

A. MN  4 33 .

B. MN  2 26,5 .

D. MN  2 33 .

C. MN  4 16,5 .
Lời giải

Chọn C.
Vì N  Δ  d nên N  d , do đó N  2  2t;1  t;1  t  .
 xM  2 x A  xN
 xM  4  2t ,


Mà A 1;3; 2  là trung điểm MN nên  yM  2 y A  yN   yM  5  t ,
 z  2z  z

 z  3  t.
A
N
 M
 M

Vì M  Δ   P  nên M   P  , do đó 2  4  2t    5  t    3  t   10  0  t  2 .
Suy ra M 8;7;1 và N  6; 1;3 .
Vậy MN  2 66  4 16,5 .
n

1 

Câu 18. [1D2-3] Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của  x x  4  , với x  0 , nếu biết rằng
x 

2
1
Cn  Cn  44 .
A. 165 .
B. 238 .
C. 485 .
D. 525 .


Lời giải
Chọn A.
Ta có Cn2  Cn1  44 

n  n  1

2

 n  44  n  11 hoặc n  8 (loại).
11

1 

Với n  11 , số hạng thứ k  1 trong khai triển nhị thức  x x  4  là
x 




C11k x x
Theo giả thiết, ta có



11 k

k

33 11
 k
 1 
k
2 2

C
x

.
11
 4
x 

33 11k

 0 hay k  3 .
2
2

Vậy, số hạng không chứa x trong khai triển đã cho là C113  165 .









Câu 19. [2D3-2] Cho hai hàm số F  x   x 2  ax  b e x và f  x    x 2  3x  6 e x . Tìm a và b để
F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  .

A. a  1 , b  7 .

B. a  1 , b  7 .

C. a  1 , b  7 .

D. a  1 , b  7 .

Lời giải
Chọn B.





Ta có F   x    x 2   2  a  x  a  b e x  f  x  nên 2  a  3 và a  b  6 .
Vậy a  1 và b  7 .

3a
. Biết
2
rằng hình chiếu vuông góc của A ' lên  ABC  là trung điểm BC . Tính thể tích V của khối lăng
trụ đó.
2a 3
3
3a 3
A. V  a3 .
B. V 
.
C. V 
.
D. V  a 3
.
2
3
4 2

Câu 20. [2H1-2] Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , AA 

Lời giải
Chọn C.

Gọi H là trung điểm BC .
Theo giả thiết, A ' H là đường cao hình lăng trụ và
a 6
AH  AA'2  AH 2 
.
2
Vậy, thể tích khối lăng trụ là

V  SΔABC . AH 

a 2 3 a 6 a3 2
.

.
4
2
8


 3  x2

Câu 21: [1D4-2] Cho hàm số f  x    2
1
 x

khi x  1
. Khẳng định nào dưới đây là sai?

khi x  1

A. Hàm số f  x  liên tục tại x  1 .
B. Hàm số f  x  có đạo hàm tại x  1 .
C. Hàm số f  x  liên tục và có đạo hàm tại x  1 .
D. Hàm số f  x  không có đạo hàm tại x  1 .
Lời giải
Chọn D.

1
3  x2
lim f  x   lim
 1 và lim f  x   lim  1 . Do đó, hàm số f  x  liên tục tại x  1 .
x 1
x 1 x
x 1
x 1
2
2
f  x   f 1
1 x
1 x
lim
 lim
 lim
 1 và

1
1
x 1
x
x


2  x  1
x 1
2

lim

x 1

f  x   f 1
1
1 x
 lim
 lim
 1 . Do đó, Hàm số f  x  có đạo hàm tại x  1 .
x 1 x  x  1
x 1 x
x 1

9
1
x3 x 2
Câu 22: [2D1-1] Biết đường thẳng y   x 
cắt đồ thị hàm số y    2 x tại một điểm duy

4
24
3 2
nhất; ký hiệu  x0 ; y0  là tọa độ điểm đó. Tìm y0 .
A. y0 

13
.
12

B. y0 

12
.
13

1
C. y0   .
2
Lời giải

D. y0  2 .

Chọn A.
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số:

9
1 x3 x 2
 x
   2x 

4
24 3 2
 1  13
Do đó, y0  y     .
 2  12

1
1
x3 x 2 1
  x
0  x .
3 2 4
24
2

Câu 23: [1D3-2] Cho cấp số cộng  un  và gọi S n là tổng n số hạng đầu tiên của nó. Biết S7  77 và
S12  192 . Tìm số hạng tổng quát un của cấp số cộng đó

A. un  5  4n .

B. un  3  2n .

B. un  2  3n .

C. un  4  5n .

Lời giải
Chọn B.

7.6.d


 77
7u1 

 S7  77
7u1  21d  77
u  5

2


 1
Ta có: 
.
12.11.
12
66
192


d
u
d
2

d


1
 S12  192

12u 
 192
1

2

Khi đó: un  u1   n  1 d  5  2  n  1  3  2n .


Câu 24: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1; 2; 4  , B 1; 3;1 ,

C  2; 2;3 . Tính đường kính l của mặt cầu  S  đi qua ba điểm trên và có tâm nằm trên mặt
phẳng  Oxy  .
B. l  2 41 .

A. l  2 13 .

D. l  2 11 .

C. l  2 26 .
Lời giải

Chọn C.
Gọi tâm mặt cầu là : I  x; y; 0  .

 IA  IB



 IA  IC




 x  1   y  2 

2

 42 

 x  1   y  3

 x  1   y  2 

2

 42 

 x  2   y  2

2

2

2
2
2
2

 y  2   4   y  3  1


2
2

 x  2 x  1  16  x  4 x  4  9
10 y  10  x  2


 l  2R  2
2 x  4
y 1

Câu 25: [2D1-2] Đồ thị hàm số f  x  
B. 1 .

A. 3 .

2

2

 3   1
2

2

2

2

 12

 32

 42  2 26 .

1

có bao nhiêu đường tiệm cận ngang ?
x  4 x  x 2  3x
C. 4 .
D. 2 .
Lời giải
2

Chọn D.

 x2  4 x  0
x  0  x  4
 2

 x  0  x  3  x  0  x  4 .
Điều kiện xác định :  x  3x  0
 2
x  0
2

 x  4 x  x  3x  0
Nên tập xác định : D   ; 0    4; +  .

lim

x 

1
x  4 x  x  3x
2

1
 lim

x 

lim

2

 lim

x 

x  4 x  x  3x
 lim
x 
x
2

2

Câu 26:

4

3
 x 1
x
x
x

4
3
 1
x
x  2  y  2 là tiệm cận ngang.
1

1

 lim

x  4 x  x  3x
 lim
x 
x
2

2

x 2  4 x  x 2  3x x
4
3
 1  1
x

x  2  y  2 là tiệm cận ngang.
 lim
x 
1
x 

x 1

x 1

4
3
 x 1
x
x
x

[1H1-2] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường tròn

 C : x2  y 2  2  m  2 y  6x  12  m2  0 và  C  :  x  m2   y  22  5 . Vectơ
dưới đây là vectơ của phép tịnh tiến biến  C  thành  C   ?

v nào


A. v   2;1 .

B. v   2;1 .

C. v   1; 2  .

D. v   2;  1 .

Lời giải
Chọn A
Điều kiện để  C   là đường tròn  m  2   9  12  m2  0  4m  1  0  m 
2

1
.
4

Khi đó
Đường tròn  C   có tâm là I   3; 2  m  , bán kính R  4m  1 .
Đường tròn  C  có tâm là I  m; 2  , bán kính R  5 .

 R  R
Phép tịnh tiến theo vectơ v biến  C  thành  C   khi và chỉ khi 

 II   v
 4m  1  5
m  1


.


v   2;1
v  II    3  m;  m 




Câu 27:

[2H2-3] Người thợ gia công của một cơ sở chất lượng cao X cắt một miến tôn hình tròn với
bán kính 60cm thành ba miếng hình quạt bằng nhau. Sau đó người thợ ấy quấn và hàn ba
miếng tôn đó để được ba cái phễu hình nón. Hỏi thể tích V của mỗi cái phễu đó bằng bao
nhiêu?

A. V 

16000 2
lít.
3

B. V 

16 2
lít.
3

C. V 

16000 2
lít.
3

D. V 

160 2

lít.
3

Lời giải
Chọn B
Đổi 60 cm  6 dm .
Đường sinh của hình nón tạo thành là l  6 dm .
Chu vi đường tròn đáy của hình nón tạo thành bằng 2 .r 
Suy ra bán kính đáy của hình nón tạo thành bằng r 

2 .6
 4 dm .
3

4
 2 dm .
2

Đường cao của khối nón tạo thành là h  l 2  r 2  62  22  4 2 .
1
1
16 2
16 2
Thể tích của mỗi cái phễu là V   r 2 h   .22.4 2 
lít.
dm3 
3
3
3
3

Câu 28:

[1D5-2] Cho hàm số f  x   x3  6 x 2  9 x  1 có đồ thị  C  . Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ
thị  C  tại điểm thuộc đồ thị  C  có hoành độ là nghiệm phương trình

2 f   x   x. f   x   6  0 ?
A. 1 .

B. 4 .

D. 3 .

C. 2 .
Lời giải

Chọn A
Ta có f   x   3x 2  12 x  9 ; f   x   6 x  12 .

2 f   x   x. f   x   6  0  2  3x 2  12 x  9   x  6 x 12   6  0
 12 x  12  0  x  1 .
Khi x  1  f  1  0; f 1  5 . Suy ra phương trình tiếp tuyến y  5 .

Câu 29:

[2D1-3] Ông An muốn xây một cái bể chứa nước lớn dạng một khối hộp chữ nhật không nắp
có thể tích bằng 288cm3 . Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng, giá thuê
nhân công để xây bể là 500000 đồng/ m 2 . Nếu ông An biết xác định các kích thước của bể
hợp lí thì chi phí thuê nhân công sẽ thấp nhất. Hỏi ông An trả chi phí thấp nhất để xây dựng bể

đó là bao nhiêu?
A. 108 triệu đồng.
B. 54 triệu đồng.
D. 90 triệu đồng.
C. 168 triệu đồng.
Lời giải
Chọn A
Theo bài ra ta có để chi phí thuê nhân công là thấp nhất thì ta phải xây dựng bể sao cho tổng
diện tích xung quanh và diện tích đáy là nhỏ nhất.
Gọi ba kích thước của bể là a , 2a , c .
Ta có diện tích cách mặt cần xây là S  2a2  4ac  2ac  2a2  6ac .
144
Thể tích bể V  a.2a.c  2a 2c  288  c  2 .
a

144
864
432 432
432 432
 2a 2 
 2a 2 

 3. 3 2 a 2.
.
 216 .
2
a
a
a
a

a a
 216 cm2  2,16 m2 .

Vậy S  2a 2  6a.
Vậy Smin

Chi phí thấp nhất là 2,16  500000  108 triệu đồng.
Câu 30:

x 1 y  2 z 1
,


1
1
2
A  2;1; 4  . Gọi H  a; b; c  là điểm thuộc d sao cho AH có độ dài nhỏ nhất. Tính

[2H3-2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

T  a3  b3  c3 .

A. T  8 .

B. T  62 .

C. T  13 .
Lời giải

D. T  5 .

Chọn B

x  1 t

Phương trình tham số của đường thẳng d :  y  2  t
 z  1  2t


t   .

H  d  H 1  t;2  t;1  2t  .
Độ dài AH 

 t  1   t  1   2t  3
2

Độ dài AH nhỏ nhất bằng

2

2

 6t 2  12t  11  6  t  1  5  5 .

5 khi t  1  H  2;3;3 .

2

Vậy a  2 , b  3 , c  3  a3  b3  c3  62 .
Câu 35 bị sai đề nên đã sửa lại đề.
Câu 31 có 2 đáp án sai là A và C nên đã sửa đề.
Câu 31. [2D2-3] Cho hàm số f  x   5x.82 x . Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai?
3

A. f  x   1  x log 2 5  2.x3  0 .

B. f  x   1  x  6 x3 log5 2  0 .

C. f  x   1  x log 2 5  6 x3  0 .

D. f  x   1  x log 2 5  3x3  0 .
Lời giải

Chọn A





Ta có x log 2 5  2 x3  0  log 2 5x  log 2 22 x  0  log 2 5x.22 x  0  5 x.22 x  1 .
3

3

3

Vậy A sai.
Câu 32. [2H2-3] Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A BC có các cạnh đều bằng a . Tính diện tích

S của mặt cầu đi qua 6 đỉnh của hình lăng trụ đó.
A. S 

49 a 2
.
144

B. S 

7a 2
.
3

C. S 

7 a 2
.
3

D. S 

49a 2
.
144

Lời giải
Chọn C

Gọi mặt cầu đi qua 6 đỉnh của lăng trụ là  S  tâm I , bán kính R .
Do IA  IB  IC  IA '  IB '  IC '  R  hình chiếu của I trên các mặt  ABC  ,  A ' B ' C ' lần

lượt là tâm O của ABC và tâm O ' của A ' B ' C ' .
Mà ABC. A ' B ' C ' là lăng trụ đều  I là trung điểm của OO '  OI 

OO ' AA ' a

 .
2
2
2


Do O là tâm tam giác đều ABC cạnh a  AO 

2
2a 3 a 3
.
AH 

3
3 2
3
2

2
a 21
a a 3
Trong tam giác vuông OAI có: R  IA  IO  OA     
.



6
 2   3 
2

Diện tích của mặt cầu là: S  4 R 2  4 .

2

21a 2 7 a 2
.

36
3

Câu 33. [2D1-2] Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số f  x   2 x3  6 x 2  m  1 có các giá trị
cực trị trái dấu?
A. 2 .

B. 9 .

C. 3 .
Lời giải

D. 7 .

Chọn D
TXĐ: D 

.

 x  0  y1  1  m
f   x   6 x 2  12 x  6 x  x  2  ; f   x   0   1
.
 x2  2  y2  m  7
Lập bbt ta thấy hàm số có hai giá trị cực trị là y1 , y2 .
Để hai giá trị cực trị trái dấu  y1. y2  0  1  m  m  7   0  7  m  1 .
Mà m   m  6; 5; 4; 3; 2; 1;0 . Vậy phương án D đúng.

f  x  liên tục trên

Câu 34. [2D3-3] Cho hàm số

và có

1

3

0

0

 f  x  dx  2;  f  x  dx  6 .

1

I

 f  2 x  1  dx .

1

A. I 

2
.
3

C. I 

B. I  4 .

3
.
2

D. I  6 .

Lời giải
Chọn B
1

Có I 



1

f  2 x  1  dx 

1

2



f 1  2 x  dx 

1

0

1

 f  2 x  1 dx

1

1

1 2
   f 1  2 x  d 1  2 x 
2 1

1

2

1

t 1 2 x

1
  f  2 x  1 d  2 x  1
21
2

0

1

t  2 x 1

1
1
1
1
1
1
   f  t  dt   f  t  dt    f  x  dx   f  x  dx   6   2  4 .
23
20
23
20
2
2

Tính

Câu 35. [1H3-3] Cho hình chóp tam giác đều S. ABC có độ dài cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng a 3 .
Gọi O là tâm của đáy ABC , d1 là khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  và d 2 là khoảng
cách từ O đến mặt phẳng  SBC  . Tính d  d1  d2 .
A. d 

2a 2
.
11

B. d 

2a 2
.
33

C. d 

8a 2
.
33

D. d 

8a 2
.
11

Lời giải
Chọn C

Do tam giác ABC đều tâm O suy ra AO  BC tại M là trung điểm của BC .
Ta có: AM 

a 3
1
a 3
2
a 3
.
, MO  AM 
, OA  AM 
2
3
6
3
3

Từ giả thiết hình chóp đều suy ra SO   ABC  , SO  SA2  OA2  3a 2 
Dựng OK  SM , AH  SM  AH / /OK ;

OK OM 1

 .
AH AM 3

 BC  SO
 BC   SAM   BC  OK .
Có 
 BC  AM
OK  SM

 OK   SBC  , AH   SBC   do AH / /OK  .
Có 
OK  BC
Từ đó có d1  d  A,  SBC    AH  3OK ; d2  d O,  SBC    OK .
Trong tam giác vuông OSM có đường cao OK nên:

3a 2 2a 6

.
9
3


1
1
1
36
9
99
2a 2
.


 2
 2  OK 
2
2
2
2
OK

OM
SO
3a
24a
8a
33

Vậy d  d1  d 2  4OK 

8a 2
.
33

Câu 36. [2D2-3] Gọi x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện log9 x  log6 y  log 4  x  y  và

x a  b
, với a, b là hai số nguyên dương. Tính a  b

y
2
B. a  b  11.
C. a  b  4 .
A. a  b  6 .
Lời giải
Chọn A.
Đặt log9 x  t

D. a  b  8 .

Theo đề ra có

 x  9t

t
y  6
log
log
x
y
t


 9
6

  x  y  4t

log 9 x  log 4  x  y   t 
t
x 3
 y  2 
Từ (1), (2), và (3) ta có
9t  6t  4t
 3



t 2

2t

(1)
(2)
(3)
(4)

t

3
3
  3.2   4  0        1  0
2
2
t

 3 t 1  5
  
2
2

 3 t 1  5
  
 2 
2

t

(TM )
( L)

x  3  1  5 a  b

 a  1; b  5
Thế vào (4) ta được    
2
2
y 2
Thử lại ta thấy a  1; b  5 thõa mãn dữ kiện bài toán. Suy ra a  b  6.
t

Câu 37. [2D3-2] Tính diện tích S của hình phẳng  H  giới hạn bởi đường cong y   x3  12 x và
y   x2

A. S 

343
12

B. S 

793
4

C. S 

397
4

Lời giải
Chọn D.

Hoành độ giao điểm của hai đường cong là nghiệm của phương trình;
x  4
3
2
3
2
 x  12 x   x   x  12 x  x  0   x  3
 x  0

D. S 

937
12


Ta có
o

S

 x

3

 12 x  x dx    x 3  12 x  x 2 dx
2

0

0



4

3

 x

4

3

3

 12 x  x 2 dx     x 3  12 x  x 2 dx
0

99 160 937
.


4
3
12
Câu 38. [2D1-4] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  sin3 x  3cos2 x  m sin x  1


 
đồng biến trên đoạn 0;  .

 2
B. m  0 .
A. m  3 .

C. m  3 .
Lời giải

D. m  0 .

Chọn B.
 
Đặt sin x  t , x  0;   t   0;1
 2

Xét hàm số f  t   t 3  3t 2  mt  4
Ta có f   t   3t 2  6t  m
Để hàm số f  t  đồng biến trên  0;1 cần:

f t   0

t   0;1

 3t 2  6t  m  0

t   0;1

 3t 2  6t  m

t   0;1

Xét hàm số g  t   3t 2  6t
g   t   6t  6
g   t   0  t  1

Bảng biến thiên

–∞
t
g'(t)

-1

0

0

+

–

1

+∞

+∞
+∞

g(t)
-3

0

9

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy với m  0 thì hàm số f  t  đồng biến trên  0;1 , hàm số

 
f  x  đồng biến trên đoạn 0;  .
 2
x2 1
Câu 39. [2D1-2] Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 
x2
 3
trên tập D   ; 1  1;  . Tính giá trị T của m.M
 2
A. T 

1
9

B. T 

3
2

C. T  0
Lời giải

Chọn C.

D. T  

3
2


x2 1
x2
Tập xác định  ; 1  1;   \ 2
y

x  x  2
y 

 x2 1

x 1
2
 x  2
2

y  0  x 



2 x  1
x2 1  x  2

2

1
2

Vậy M .m  0
Câu 40. [2H2-2] Cho tam giác SAB vuông tại A , ABS  60o , đường phân giác
trong của ABS cắt SA tại điểm I . Vẽ nửa đường tròn tâm I bán kính
IA ( như hình vẽ). Cho SAB và nửa đường tròn trên cùng quay quanh
SA tạo nên các khối cầu và khối nón có thể tích tương ứng V1 ,V2 . Khẳng
định nào dưới đây đúng?
A. 4V1  9V2
B. 9V1  4V2
C. V1  3V2

D. 2V1  3V2
Lời giải

Chọn B
Đặt AB  x
3
4
4
4
Khối cầu: V1   R3   IA3    x tan 30o 
3
3
3
1
1
Khối nón V2   AB 2 SA   x 2 .  x tan 60o 
3

3
V1 4

V2 9
k

Câu 41. [2D3-3]Tìm tất cả các giá trị thực của tham số k để có

  2 x  1dx  4 lim
1

k  1
.
A. 
k  2

k  1
.
B. 
 k  2

 k  1
.
C. 
 k  2
Lời giải

x 0

x  1 1

.
x

 k  1
.
D. 
k  2


Chọn D.

 2 x  1
1
Ta có:   2 x  1dx    2 x  1d  2 x  1 
21
4
1
k

k

Mà 4lim
x 0

x  1 1
 4lim
x 0
x





x  1 1
x



2 k

 2k  1

4

1

  4lim

x 1 1



x 1 1

x 0

2



1
4

1
2
x 1 1

 2k  1  1  2  2k  1 2  9  k  2 .
x  1 1
Khi đó:   2 x  1dx  4 lim



 k  1
x 0
4
x

1
2

k

Câu 42. [2D1-3]Có bao nhiêu giá tri thực của tham số m để đồ thị hàm số y  x4  2mx2  m  1 có ba
điểm cực trị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp chúng bằng 1?
A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Lời giải
Chọn B.
Áp dụng công thức giải nhanh cực trị, ta có:

ab  0
2m  0
m  1
m  0


3
3

.
b  8a   8m  8  

3
m  5  1


R
1




m

m
8
16
8
0


 8.  2m 
8ab

2


Vậy có 2 giá trị thực m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 43. [1D3-3]Một hình vuông ABCD có cạnh AB  a , diện tích S1 . Nối 4 trung điểm A1 , B1 , C1 , D1
theo thứ tự của 4 cạnh AB, BC, CD, DA ta được hình vuông thứ hai là A1B1C1D1 có diện tích S 2 . Tiếp tục
như thế ta được hình vuông thứ ba A2 B2C2 D2 có diện tích S3 và cứ tiếp tục như thế, ta được diện tích

S4 , S5 ,... Tính S  S1  S2  S3  ...  S100 .
A. S 

2100  1
.
299 a 2

B. S 

a  2100  1
299

.

C. S 

a 2  2100  1
299

.

D. S 

a 2  299  1
299

.

Lời giải
Chọn C.
Dễ thấy: S1  a 2 ; S2 

a2
a2
a2
; S3  ;...; S100  99 .
2
4
2

Như vậy S1 , S2 , S3 ,..., S100 là cấp số nhân với công bội q 

S  S1  S2  ...  S100

1
.
2

2
100
1  a  2  1
 1 1
.
 a 1   2  ...  99  
2 
299
 2 2
2





Câu 44. [2D2-3]Tìm các giá trị thực của tham số m để bất phương trình log0,02 log 2  3x  1  log0,02 m
có nghiệm với mọi x   ;0  .


A. m  9.

B. m  2.

C. 0  m  1.

D. m  1.

Lời giải
Chọn D.





log0,02 log 2  3x  1  log0,02 m
TXĐ: D 
ĐK tham số m : m  0





Ta có: log0,02 log 2  3x  1  log 0,02 m  log 2 3x  1  m
Xét hàm số f  x   log 2  3  1 , x   ;0  có f  
x

3x.ln 3
 0, x   ;0 
3x  1 ln 2

Bảng biến thiên f  x  :
x

f



0
+
1

f

0
Khi đó với yêu cầu bài toán thì m  1.
Câu 45.

[2H3-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M  3; 2;1 . Mặt phẳng  P  đi qua M

và cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C không trùng với gốc tọa độ sao cho M là
trực tâm tam giác ABC . Trong các mặt phẳng sau, tìm mặt phẳng song song với mặt phẳng  P  .
A. 3x  2 y  z  14  0
C. 3x  2 y  z  14  0

B. 2 x  y  3z  9  0
D. 2 x  y  z  9  0
Lời giải

Chọn D.
Gọi A  a;0;0  ; B  0; b;0  ; C  0;0; c 
Phương trình mặt phẳng  P  có dạng:
Vì  P  qua M nên

3 2 1

  1
a b c

x y z
   1 a.b.c  0 
a b c

1

Ta có: MA   a  3; 2; 1 ; MB   3; b  2; 1 ; BC   0; b; c  ; AC   a;0; c 

 MA.BC  0
2b  c

Vì M là trực tâm của tam giác ABC nên: 
 2

3
a
c

.
0
MB
AC


Từ 1 và  2  suy ra a 

14

14
; b  ; c  14 . Khi đó phương trình  P  : 3x  2 y  z  14  0
3
2

Vậy mặt phẳng song song với  P  là: 3x  2 y  z  14  0.