Đề thi thử THPTQG Toán 2018 Đặng Việt Đông 2018 có giải chi tiết

Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2018
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

ÑEÀ 01
Câu 1. Cho hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d ( a ≠ 0) có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Khẳng định nào sau đây về
dấu của a, b, c, d là đúng nhất ?

A. a, d > 0.
C. a, b, c, d > 0.

B. a > 0, c > 0 > b.
D. a, d > 0, c < 0.

3x − 1
có số đường tiệm cận là ?
x − 7x + 6
A. 1.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
3
Câu 3. Hàm số y = ln(x + 2) +
đồng biến trên khoảng nào ?
x+ 2
A. (−∞;1).
B. (1; +∞).
Câu 2. Đồ thị hàm số y =

1 

C.  ;1÷.
2 

2

 1

D.  − ; +∞ ÷.
 2


Câu 4. Cho hàm số y = f (x) xác định, liên tục trên ¡ \ { 2} và có bảng biến thiên sau:

Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ?
A. Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 và đạt cực tiểu tại điểm x = 4.
B. Hàm số có đúng một cực trị.
C. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 1.
D. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1 và giá trị nhỏ nhất bằng −15.


Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>Câu 5. Hàm số nào sau đây không có cực trị ?
A. y = x3 − 3x + 1.
C. y = x4 − 4x3 + 3x + 1.

2− x
.
x+ 3
2n
*

D. y = x + 2017x n∈ ¥ .
B. y =

(

)

x2 + x + 4
Câu 6. Kí hiệu m và M lần lượt là giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
trên đoạn
x+ 1
 0;3 . Tính giá trị của tỉ số M .
m
4
5
A. .
B. .
3
3
2
C. 2.
D. .
3
Câu 7. Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ sau:

Hỏi với giá trị thực nào của m thì đường thẳng y = 2m cắt đồ thị hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt.
A. m= 2.
B. 0 < m< 2.
C. m= 0.
D. m< 0 hoặc m> 2.

f ( x) + 3
Câu 8. Cho các hàm số y = f ( x) , y = g( x) , y =
. Hệ số góc của các tiếp tuyến của các đồ thị các
g( x) + 1
hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x = 1 bằng nhau và khác 0. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng
?
11
.
4
11
C. f ( 1) > − .
4
A. f ( 1) ≤ −

11
.
4
11
D. f ( 1) ≥ − .
4
B. f ( 1) < −

2
Câu 9. Tìm tất cả giá trị của m sao cho đồ thị hàm số y = mx + 3mx + 1 có ba tiệm cận.
x+ 2
1
1
A. 0 < m< .
B. 0 < m≤ .
2

2
1
C. m≤ 0.
D. m≥ .
2
m
y
Câu 10. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
sao cho hàm số = x + m(sin x + cos x) đồng biến trên ¡ .


Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>

−1   1
1
1
; +∞ ÷.
≤ m≤
.
A. m∈  −∞;
B. −
÷∪ 
2
2
2
2

 




1
1  1
.
; +∞ ÷.
C. −3 < m<
D. m∈  −∞; −
∪
2
2  2


Câu 11. Dynamo là một nhà ảo thuật gia đại tài người Anh nhưng người ta thường nói Dynamo làm ma thuật
chứ không phải làm ảo thuật.

Bất kì màn trình diến nào của anh chảng trẻ tuổi tài cao này đều khiến người xem há hốc miệng kinh ngạc vì
nó vượt qua giới hạn của khoa học. Một lần đến New York anh ngấu hứng trình diễn khả năng bay lơ lửng
trong không trung của mình bằng cách di truyển từ tòa nhà này đến toà nhà khác và trong quá trình anh di
chuyển đấy có một lần anh đáp đất tại một điểm trong khoảng cách của hai tòa nhà ( Biết mọi di chuyển của
anh đều là đường thẳng ). Biết tòa nhà ban đầu Dynamo đứng có chiều cao là a(m) , tòa nhà sau đó Dynamo
đến có chiều cao là b(m) (a < b) và khoảng cách giữa hai tòa nhà là c(m) . Vị trí đáp đất cách tòa nhà thứ
nhất một đoạn là x(m) hỏi x bằng bao nhiêu để quãng đường di chuyển của Dynamo là bé nhất.
A. x =

3ac
.
a+ b

C. x =

ac
.
a+ b

ac
.
3(a + b)
ac
.
D. x =
2( a + b)
B. x =

Câu 12. Giải phương trình log 4 ( x + 1) + log 4 ( x − 3) = 3.
A. x = 1 ± 2 17.
C. x = 33.
6
Câu 13. Tính đạo hàm của hàm số y = ( 1 − cos 3x ) .

B. x = 1 + 2 17.
D. x = 5.

A. y ' = 6sin 3 x ( 1 − cos 3 x ) .

B. y ' = 6sin 3 x ( cos 3 x − 1) .

C. y ' = 18sin 3 x ( 1 − cos 3 x ) .

D. y ' = 18sin 3 x ( cos 3x − 1) .

5

5

5

5

500
Câu 14. Giải bất phương trình log 1 ( x + 9 ) > −1000.
3

A. x < 0.
C. x > 0.

Câu 15. Tìm tập xác định D của hàm số y = log 2 ( x 3 − 8 )
A. D = ¡ \ { 2} .

C. D = ( −∞; 2 ) .

B. x > −9500.
D. −31000 < x < 0.
1000

.

B. D = ( 2; +∞ ) .

D. D = ( −2; +∞ ) ∪ ( −∞; 2 ) .

Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>
(

Câu 16. Cho hàm số f ( x ) = 3 − 2

) −( 3− 2)
x3

− x2

. Xét các khẳng định sau:

3
2
Khẳng định 1. f ( x ) > 0 ⇔ x + x > 0.

Khẳng định 2. f ( x ) > 0 ⇔ x > −1.

(

Khẳng định 3. f ( x ) < 3 − 2 ⇔ 3 − 2

(

4. f ( x ) < 3 + 2 ⇔ 3 − 2

)

1+ x 3

(

< 7 + 3− 2

)

)

x3 −1

1− x 2

x 2 +1

 3+ 2 
< 1 + 
÷
÷
 7 

Khẳng định

.

Trong các khẳng định trên, có bao nhiêu khẳng định đúng ?
A. 4.
B. 3.

C. 1.
D. 2.
Câu 17. Cho hai số thực dương a và b, với a ≠ 1. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ?
1
1
A. log a2 ( ab ) = log a b.
B. log a2 ( ab ) = log a b.
2
4
1 1
C. log a2 ( ab ) = 2 + 2 log a b.
D. log a2 ( ab ) = + log a b.
2 2

Câu 18. Tính đạo hàm của hàm số y =

x+3
.
9x

1 − 2 ( x + 3) ln 3
1 + 2 ( x + 3) ln 3
B. y ' =
.
.
2x
3
32 x
1 − 2 ( x + 3) ln 3
1 + 2 ( x + 3) ln 3

.
y
'
=
.
C. y ' =
D.
2
2
3x
3x
Câu 19. Đặt a = log 3 4, b = log 5 4. Hãy biểu diễn log12 80 theo a và b.
a + 2ab
2a 2 − 2ab
.
A. log12 80 =
B. log12 80 =
.
ab
ab + b
a + 2ab
2a 2 − 2ab
log
80
=
.
C.
D. log12 80 =
.
12

ab + b
ab
Câu 20. Xét a và b là hai số thực dương tùy ý. Đặt
1000
1
x = ln ( a 2 − ab + b 2 ) , y = 1000 ln a − ln 1000 .
b
Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ?
A. x < y.
B. x > y.
C. x ≤ y.
D. x ≥ y.
756839
− 1 là một số nguyên tố (số nguyên tố lớn nhất được biết
Câu 21. Năm 1992, người ta đã biết số p = 2
p
cho đến lúc đó). Hãy tìm số các chữ số của
khi viết trong hệ thập phân.
A. 227830 chữ số.
B. 227834 chữ số.
C. 227832 chữ số.
D. 227831 chữ số.
Câu 22. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ?
A. y ' =

2

A.

∫

2

2

−2

0

−2

B.

2

f ( x ) dx = −2 ∫ f ( x ) dx.
0

∫ f ( x ) dx = 2∫ f ( x ) dx.


Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>2

C.

∫

−2

D.

2

f ( x ) dx = − ∫  f ( x ) + f ( − x )  dx.
0

2

2

−2

0

∫ f ( x ) dx = ∫  f ( x ) + f ( − x )  dx.

x
Câu 23. Tìm nguyên hàm F ( x ) của hàm số f ( x ) = 1000 .

103 x
A. F ( x ) =
+ C.
3ln10
1000 x +1
C. F ( x ) =
+ C.
x +1

3x
B. F ( x ) = 3.10 ln10.

x
D. F ( x ) = 1000 + C.

Câu 24. Trong Vật lý, công được hình thành khi một lực tác động vào một vật và gây ra sự dịch chuyển, ví
dụ như đi xe đạp.

Nhà Vật lý Albert Einstein đi xe đạp
Một lực F ( x) biến thiên, thay đổi, tác động vào một vật thể làm vật này di chuyển từ x = a đến x = b thì
công sinh ra bởi lực này có thể tính theo công thức
b

W = ∫ F ( x)dx.
a

Với thông tin trên, hãy tính công W sinh ra khi một lực F ( x) = 3 x − 2 tác động vào một vật thể làm vật
này di chuyển từ x = 1 đến x = 6.
A. W = 20.
B. W = 12.
C. W = 18.
D. W = 14.
3

Câu 25. Tính tích phân I = ∫ x ( x − 1)

1000

dx.

1

2003.21002
A. I =
.
1003002
3005.21002
C. I =
.
1003002

1502.21001
B. I =
.
501501
2003.21001
D. I =
.
501501
21000

Câu 26. Tính tích phân I =

ln x

∫ ( x + 1)
1

2

dx.

Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>ln 21000
2
+ 1000 ln
.
1000
1+ 2
1 + 21000
ln 21000
2
C. I =
− 1000 ln
.
1000
1+ 2
1 + 21000
Câu 27. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
1
A. .
6
1
C. .
3
A. I = −

1000 ln 2
21000
+
ln

.
1 + 21000
1 + 21000
1000 ln 2
21000
D. I =
−
ln
.
1 + 21000
1 + 21000
y = x 2 − 2 x + 4 và y = x + 2.
1
B. .
2
1
D. .
4
B. I = −

Câu 28. Ký hiệu ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y =

( x − 1) e x − 2 x , y = 0, x = 2. Tính thể tích V
2

của khối tròn xoay thu được khi quay hình ( H ) xung quanh trục hoành.

π ( 2e − 1)
.
2e

π ( e − 1)
C. V =
.
2e
A. V =

π ( 2e − 3)
.
2e
π ( e − 3)
D. V =
.
2e
B. V =

7− 11i
. Tìm phần thực và phần ảo của z.
2− i
A. Phần thực bằng −5 và phần ảo bằng −3i.
B. Phần thực bằng −5 và phần ảo bằng −3.
C. Phần thực bằng 5 và phần ảo bằng 3.
D. Phần thực bằng 5 và phần ảo bằng 3i.
Câu 30. Cho hai số phức z1 = 1+ 3i, z2 = 4 + 2i. Tính môđun của số phức z2 − 2z1.
Câu 29. Cho số phức z =

A. 2 17.
B. 2 13.
C. 4.
D. 5.
z

(2
−
i
)
z
=
7
−
i
.
Câu 31. Cho số phức thỏa mãn
Hỏi điểm biểu diễn của z là điểm nào trong các điểm M, N,
P, Q ở hình dưới ?

A. Điểm P.
B. Điểm Q.
C. Điểm M.
D. Điểm N.
w
=
(3
+
2
i
)
z
+
2z.
Câu 32. Cho số phức z = 2+ 3i. Tìm số phức
A. w = 5+ 7i.

B. w = 4 + 7i.
C. w = 7+ 5i.
D. w = 7+ 4i.
Câu 33. Kí hiệu z1 ; z2 ; z3 là ba nghiệm của phương trình phức z3 + 2z2 + z − 4 = 0. Tính giá trị của biểu thức
T = z1 + z2 + z3 .
A. T = 4.
C. T = 4 5.

B. T = 4 + 5.
D. T = 5.


Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>
Câu 34. Cho số phức w và hai số thực a, b. Biết rằng 2w+ i và 3w− 5 là hai nghiệm của phương trình
z2 + az + b = 0. Tìm phần thực của số phức w.
A. 2.
B. 3.
C. 4.
D. 5.
Câu 35. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A' B 'C ' D ' có diện tích các mặt ABCD, ABB ' A' và ADD ' A' lần
lượt bằng S1, S2 và S3. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ?
A. V = S1

S2S3
.
2

B. V = S1S2S3 .

S
S
1 SS
1 2 3
D. V = S2S3 1 .
.
3
2
2
a
Câu 36. Cho hình chóp tam giác đều cạnh đáy bằng và các mặt bên đều tạo với mặt phẳng đáy một góc
600. Tính thể tích V của khối chóp.
C. V =

a3 3
a3 3
B. V =
.
.
24
8
a3 3
a3 2
C. V =
D. V =
.
.
4
6
Câu 37. Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD.A 'B 'C 'D ' đáy hình có cạnh bằng a, đường chéo AC ' tạo với mặt

0
bên ( BCC ' B ') một góc α 0 < α < 45 . Tính thể tích của lăng trụ tứ giác đều ABCD.A'B 'C ' D '.
A. V =

(

A. a3 cot2 α + 1.

)

B. a3 tan2 α − 1.

C. a3 cos2α .
D. a3 cot2 α − 1.
Câu 38. Cho hình chóp S.ABC có A ', B ' lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB. Tính tỉ số thể tích
VSABC
.
VSA ' B 'C
A. 4.

B.

1
.
4

1
D. 2.
.
2

Câu 39. Hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều. Tính độ dài đường cao của hình nón.
a
3
A. .
B.
a.
4
4
a
3
C. .
D.
a.
2
2
Câu 40. Cho một cái bể nước hình hộp chữ nhật có ba kích thước 2m, 3m, 2m lần lượt là chiều dài, chiều
rộng, chiều cao của lòng trong đựng nước của bể. Hàng ngày nước ở trong bể được lấy ra bởi một cái gáo
hình trụ có chiều cao là 5cm bà bán kính đường tròn đáy là 4cm. Trung bình một ngày được múc ra 170
gáo nước để sử dụng (Biết mỗi lần múc là múc đầy gáo). Hỏi sau bao nhiều ngày thì bể hết nước biết rằng
ban đầu bể đầy nước ?
C.


Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>
A. 280 ngày.
B. 281 ngày.
C. 282 ngày.
D. 283 ngày.
Câu 41. Một cái cốc hình trụ cao 15cm đựng được 0,5 lít nước. Hỏi bán kính đường tròng đáy của cái cốc

sấp sỉ bằng bao nhiêu (làm tròn đến hàng thập phân thứ hai) ?
A. 3,26 cm.
B. 3,27 cm.
C. 3,25cm.
D. 3,28cm.

2a 3
Câu 42. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh SA =
. Gọi
3
D là điểm đối xứng của B qua C. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD.
a 39
a 35
B. R =
.
.
7
7
a 37
a 39
C. R =
D. R =
.
.
6
6
Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 z + 3 = 0. Vectơ nào dưới đây là một
A. R =

vectơ pháp tuyến của ( P ) ?

r
A. n = ( 1 − 2;3) .
r
C. n = ( 1; −2;0 ) .

r
B. n = ( 1;0; −2 ) .
r
D. n = ( 3; −2;1) .

Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2 y − 2 z − 3 = 0.
Tìm tọa độ tâm I và bán kính R của ( S ) .
A. I ( 2; −1;1) và R = 3.
C. I ( 2; −1;1) và R = 9.

B. I ( −2;1; −1) và R = 3.

D. I ( −2;1; −1) và R = 9.

Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + 3 y + 4 z − 5 = 0 và điểm A ( 1; −3;1) .
Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng ( P ) .
3
.
A. d =
29
8
C. d = .
9

8
.
29
8
D. d = .
29
B. d =

Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng có phương trình
x − 4 y −1 z − 2
d:
=
=
.
2
1
1
Xét mặt phẳng ( P ) : x − 3 y + 2mz − 4 = 0, với m là tham số thực. Tìm m sao cho đường thẳng d song song
với mặt phẳng ( P ) .
1
1
A. m = .
B. m = .
2
3
C. m = 1.
D. m = 2.
Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A ( −1;1;0 ) và B ( 3;1; −2 ) . Viết phương trình
mặt phẳng ( P ) đi qua trung điểm I của cạnh AB và vuông góc với đường thẳng AB.
A. − x + 2 z + 3 = 0.

B. 2 x − y − 1 = 0.
C. 2 y − z − 3 = 0.
D. 2 x − z − 3 = 0.


Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>
x z −3 y −2
=
=
và hai mặt phẳng
2
1
1
( P ) : x − 2 y + 2 z = 0, ( Q ) : x − 2 y + 3z − 5 = 0. Mặt cầu ( S ) có tâm I là giao điểm của đường thẳng d và

Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

mặt phẳng ( P ) . Mặt phẳng ( Q ) tiếp xúc với mặt cầu ( S ) . Viết phương trình của mặt cầu ( S ) .
2
2
2
2
A. ( S ) : ( x + 2 ) + ( y + 4 ) + ( z + 3) = .
7
9
2
2
2
B. ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 4 ) + ( z − 3) = .

14
2
2
2
2
C. ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 4 ) + ( z − 3) = .
7
9
2
2
2
D. ( S ) : ( x + 2 ) + ( y + 4 ) + ( z + 3 ) = .
14
Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 1; −1;3) và hai đường thẳng
x − 4 y + 2 z −1
x − 2 y + 1 z −1
d1 :
=
=
, d2 :
=
=
.
1
4
−2
1
−1
1
Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d1 và cắt đường thẳng d 2 .

x −1 y +1 z − 3
x −1 y +1 z − 3
=
=
.
=
=
.
A. d :
B. d :
4
1
4
2
1
3
x −1 y +1 z − 3
x −1 y +1 z − 3
=
=
.
=
=
.
C. d :
D. d :
2
−1
−1
−2

2
3
Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 1; −2;1) , B ( 0; 2; −1) , C ( 2; −3;1) . Điểm M thỏa
2
2
2
mãn T = MA2 − MB 2 + MC 2 nhỏ nhất. Tính giá trị của P = xM + 2 yM + 3 z M .
A. P = 101.
B. P = 134.
C. P = 114.
D. P = 162.

ĐÁP ÁN

Câu 1.
y = +∞; lim y = −∞ ⇒ a > 0.
Ta thấy xlim
→+∞
x→−∞

Lại có tại y(0) = d > 0.
Nhìn vào đồ thị ta thấy hàm số có hai điểm cực trị x1; x2 trái dấu nhau lại có
y' = 3ax2 + 2bx + c và x1; x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình y' = 0
⇒ x1.x2 =
Tổng hợp lại ta cần có a, d > 0, c < 0.
Chọn D
Câu 2.
3x − 1
Ta có y = f (x) =
( x − 1) ( x − 6) .

c
< 0 ⇒ c < 0 ⇒ loại B và C.
3a

lim f (x) = ∞; lim f (x) = ∞ ⇒ tiệm cận đứng là x = 1, x = 6.
x→1
x→ 6
3 1
− 2
3x − 1
x
x = 0 ⇒ tiệm cận ngang là y = 0.
lim 2
= lim
x→∞ x − 7x + 6
x→∞
7 6
1− + 2
x x
3x − 1
Đồ thị hàm số y = 2
có ba tiệm cận.
x − 7x + 6


Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>Chọn C
Câu 3.
Ta có y' =

1
3
x−1
−
=
≥ 0⇔ x≥ 1
2
x + 2 (x + 2) (x + 2)2

⇒ y đồng biến trên khoảng ( 1; +∞ ) .
Chọn B
Câu 4.
Từ bảng biến thiên ta nhận thấy có hai giá trị của x mà qua đó y' đổi dấu từ ''− '' sang ''+ '' hoặc từ ''+ '' sang
''− '' cho nên hàm số có hai cực trị ⇒ B sai.
Lại có qua x = 0 thì y' đổi dấu từ ''− '' sang ''+ '' và qua x = 4 thì y' đổi dấu từ ''+ '' sang ''− '' cho nên hàm
số đạt cực tiểu tại x = 0 và đạt cực đại tại x = 4 ⇒ A sai và C đúng.
Từ bảng biến thiên ta thấy lim y = lim− y = +∞ ; lim y = lim+ y = −∞ cho nên hàm số không có giá trị lớn
x→−∞

x→+∞

x→2

nhất và cũng không có giá trị nhỏ nhất ⇒ D sai.
Chọn đáp C
Câu 5.
x = 1
2
2

Đáp án A → y' = 3x − 3 = 3(x − 1); y' = 0 ⇔ 
 x = −1

x→2

Tại x = 1; x = −1 thì y' có đổi dấu cho nên hàm số y = x3 − 3x + 1 có cực trị ⇒ Loại A.
Đáp án C → y' = 4x3 − 12x2 + 3 phương trình y' = 0 luôn có ít nhất một nghiệm làm đổi dấu y' khi qua
nghiệm đó cho nên hàm số y = x4 − 4x3 + 3x + 1 có cực trị ⇒ Loại C
Đáp án D → y' = 2n.x2n−1 + 2017 ta có y' = 0 ⇔ x = xo = 2n−1

(

)

−2017
và qua thì y' đổi dấu cho nên hàm số
2n

y = x2n + 2017x n∈ ¥ * có cực trị ⇒ Loại D
Còn mỗi đáp án B, ta thấy hàm số y =

2− x
là hàm bậc nhất trên bậc nhất suy ra không có cực trị.
x+ 3

Chọn B
Câu 6.
Hàm số đã xác định và liên tục trên đoạn  0;3 .
( 2x + 1) ( x + 1) − x2 − x − 4 = x2 + 2x − 3;
y' =

2
2
( x + 1)
( x + 1)
Ta có ff(0) = 4; (1) = 3; f (3) = 4.

Do đó m= min f (x) = 3; M = max f (x) = 4 ⇒
 0;3

Chọn A
Câu 7.
 2m < 0
m < 0
⇔
YCBT ⇔ 
 2m > 4
m > 2
Chọn D

 0;3

M 4
= .
m 3

 x∈ ( 0;3)
⇔ x = 1.

y
'

=
0



Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>
Bài luyện thêm:
Bài 1. Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ sau:

1. Với giá trị thực nào của a thì đường thẳng y = a + 1 cắt đồ thị đã cho tại hai điểm phân biệt.
A. a < −4.
B. a > −4.
C. −4 < a < 0.
D. a > −1.
Đáp án A
2. Với giá trị thực nào của a thì đường thẳng y = a + 1 không cắt đồ thị đã cho.
A. a < −4.
B. a > −4.
C. −4 < a < 0.
D. a > −1.
Đáp án C
3. Với giá trị thực nào của a thì đường thẳng y = a + 1 cắt đồ thị đã cho tại duy nhất một điểm.
A. a < −4.
B. a > −4.
C. −4 < a < 0.
D. a = 0 hoặc a = −4.
Đáp án D

Bài 2. Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ sau:

Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>
1. Tìm giá trị thực của tham số a sao cho phương trình f ( x) + log1 a = 0 có hai nghiệm phân biệt.
2

 0 < a < 21−2 2
A. 
 a > 21+2 2
21−2 2 < a < 21+ 2
C. 
 a ≤ 0
Đáp án A

 a = 1+ 2 2
B. 
 a = 1− 2 2
2

D. a∈ ( −∞; +∞ ) .

2. Tìm giá trị thực của tham số a sao cho phương trình f ( x) + log1 a = 0 có một nghiệm kép.
2

 0 < a < 21−2 2
A. 
 a > 21+2 2
21−2 2 < a < 21+ 2
C. 

 a ≤ 0
Đáp án B

 a = 1+ 2 2
B. 
 a = 1− 2 2
2

D. a∈ ( −∞; +∞ ) .

3. Tìm giá trị thực của tham số a sao cho phương trình f ( x) + log1 a = 0 vô nghiệm
2

 0 < a < 21−2 2
A. 
 a > 21+ 2 2
21−2 2 < a < 21+ 2
C. 
 a ≤ 0

 a = 1+ 2 2
B. 
 a = 1− 2 2
2

D. a∈ ( −∞; +∞ ) .


Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>Đáp án C

Câu 8.

(

)

(

)

 f ( x) + 3 f '( x) g( x) + 1 − g'( x) f ( x) + 3
÷=
Ta có 
2
÷
g
x
+
1
(
)
g( x) + 1


'

(

)

f '( 1) = g'( 1) =
Do đó f '( 1) =

(

(

(

).

( g( 1) + 1)

2

) ⇔ 1= g( 1) − f ( 1) − 2
( g( 1) + 1)

f '( 1) g( 1) − f ( x) − 2

( g( 1) + 1)

)

f '( 1) g( 1) + 1 − g'( 1) f ( 1) + 3

2

2

2


1  11
11
⇔ f ( 1) = − g ( 1) − g( 1) − 3 = −  g( 1) + ÷ − ≤ − .
2
4
4

2

Chọn A
Bài tập luyện thêm:

Cho các hàm số y = f ( x) , y = g( x) , y =

f ( x)

g( x)

. Nếu các hệ số góc của các đồ thị các hàm số đã cho tại điểm

có hoành độ x = 0 bằng nhau và khác 0. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ?
1
1
A. f ( 0) < .
B. f ( 0) ≤ .
4
4

1
1
C. f ( 0) > .
D. f ( 0) ≥ .
4
4
Đáp án B
Câu 9.
3m 1
m+
+ 2
2
mx + 3mx + 1
x
x = m.
Ta có lim y = lim
= lim
x→+∞
x→+∞
x→+∞
2
x+ 2
1+
x
3m 1
− m+
+
mx2 + 3mx + 1
x x2
lim y = lim

= lim
= − m.
x→−∞
x→−∞
x→−∞
2
x+ 2
1+
x
Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang thì m> 0.
Khi x = −2 ⇒ mx2 + 3mx + 1 = 1− 2m
1
⇒ 1− 2m > 0 thì đồ thị hàm số sẽ có tiệm đứng là x = −2.
2
1
1
Với m= ⇒ 1− 2m = 0, ta phải thử với trường hợp m= .
2
2
1
1 2 3
( x + 1) ( x + 2)
x + x+ 1
1
2
2
2
m= ⇒ y =
=
.

2
x+ 2
x+ 2
Lúc đó ta chỉ được xét giới hạn khi x → −2−
Với m<

⇒ lim− y = lim−
x→−2

x→−2

(x + 1)(x + 2)
1
x+ 1
=
lim− −
= −∞.
x+ 2
x+ 2
2
2 x→−2

1


Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>1
thì đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = −2.
2
1

Do đó đồ thị hàm số có ba tiện cận ⇔ 0 < m≤ .
2
Chọn B
Câu 10.
YCBT ⇔ y' = 1+ m(cos x − sin x) ≥ 0, ∀x∈ ¡
⇔ min ( 1 + m ( cos x − sin x ) ) ≥ 0, ∀x ∈ ¡
Từ đó với m=

(1)
Trước tiên ta sẽ đi tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : g(x) = sin x − cos x.
Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có

( g(x)) = ( cosx − sin x)
2

2

(

)

≤ 2 cos2 x + sin2 x = 2 ⇒ − 2 ≤ g(x) ≤ 2.

Cách 2: Sử dụng tách nhóm thích hợp
Đặt t = sin x + cosx ⇒ 2sin x.cosx = t2 − 1

Ta có ( g(x)) = ( cos x − sin x) = 2 − t2 ≤ 2 ⇒ − 2 ≤ g(x) ≤ 2.
2

2

Do đó m( cos x − sin x) = m. cos x − sin x ≤ m 2

⇒ − 2 m ≤ m( cos x − sin x) ≤ 2 m.
Do đó (1) ⇔ 1− 2 m ≥ 0 ⇔

−1
2

≤ m≤

1
2

.

Chọn B
Câu 11.
Gọi các điểm như hình vẽ ta có quãng đường mà Dynamo đi là SA + SB .
Trong đó SA = a2 + x2 , SB = b2 + ( c − x) .
2

Do đó quãng đường Dynamo phải di chuyển là
S = SA + SB = a2 + x2 + b2 + ( c − x) .
2

Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Mincopxki ta có
S = a2 + x2 + b2 + ( c − x) ≥
2

a
x
ac
=
⇔ x=
.
b c− x
a+ b
Cách 2: Phương pháp hàm số
Dấu bằng xảy ra khi

( a + b)

2

+ c2 .


Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>S = f ( x) = a2 + x2 + b2 + ( c − x)

( c − x)
x +a
b + ( c − x)
( c − x)
x
f '( x) = 0 ⇔
−
x +a
b + ( c − x)

Ta có f '( x) =

x

2

−

2

2

( 0 < x < c)

2

2

2

2

2

(

⇔ x b2 + ( c − x) = ( c − x) x2 + a2
2

2

)

2
2
2
ac
⇔ x2  b2 + ( c − x)  = ( c − x) x2 + a2 ⇔ x2b2 = a2 ( x − c) ⇔ x =
.


a+ b
ac
Lập bảng biến thiên của f ( x ) ta được khi x =
thì quãng đường bé nhất.
a+ b
Chọn C
Câu 12.

x +1 > 0
⇔ x>3
ĐK: 
x − 3 > 0

(*)

Khi đó log 4 ( x + 1) + log 4 ( x − 3) = 3 ⇔ log 4 ( x + 1) ( x − 3 )  = 3
⇔ ( x + 1) ( x − 3) = 43 = 64 ⇔ x 2 − 2 x − 67 = 0 ⇔ x = 1 ± 2 17.
Kết hợp với (*) ta được x = 1 + 2 17 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

Chọn B

Câu 13.
Ta có y = ( 1 − cos 3 x ) ⇒ y = 6 ( 1 − cos 3 x ) . ( 1 − cos 3 x ) '
6

5

= 6 ( 1 − cos 3 x ) .3sin 3 x = 18sin 3 x ( 1 − cos 3 x ) .
5

5

Chọn C
Câu 14.
ĐK: x > −9500

(*)

500
500
Khi đó log 1 ( x + 9 ) > −1000 ⇔ − log 3 ( x + 9 ) > −1000
3

⇔ log 3 ( x + 9500 ) < 1000 ⇔ x + 9500 < 31000
Ta có 9500 = ( 32 )

500

(1)

= 32.500 = 31000 nên (1) ⇔ x < 0.

Kết hợp với (*) ta được −9500 < x < 0 ⇔ −31000 < x < 0 thỏa mãn.
Chọn D
Câu 15.
Hàm số y = log 2 ( x 3 − 8 )
Chọn A
Câu 16.

1000

xác định ⇔ ( x 3 − 8 )

1000

> 0 ⇔ x 3 − 8 ≠ 0 ⇔ x 3 ≠ 8 ⇔ x ≠ 2.


Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>
(

Ta có f ( x ) > 0 ⇔ 3 − 2

)

(

x3

> 3− 2

)

− x2

x ≠ 0
x ≠ 0
⇔ x 3 > − x 2 ⇔ x 3 + x 2 > 0 ⇔ x 2 ( x + 1) > 0 ⇔ 
⇔
x +1 > 0
 x > −1
Từ đó, ta được khẳng định 1 đúng và khẳng định 2 sai.

(

Lại có f ( x ) < 3 − 2 ⇔ 3 − 2
⇔

(

3− 2

)

x3

−

3− 2

(

⇔ 3− 2

)

x3 −1

(

) (
x3

− 3− 2

3− 2

)

)

− x2

− x2

< 3− 2

(

<1⇔ 3− 2

3− 2

x 2 +1

 1 
< 1+ 
÷
 3− 2 

)

x3 −1

(

⇔ 3− 2

)

(

− 3− 2

x3 −1

)

− x2 −1

<1
x 2 +1

 3+ 2 
< 1 + 
÷
÷
 7 

.

Từ đó, ta được khẳng định 3 đúng.

(

) −( 3− 2) < 3+
7
2) −( 3− 2) <
3− 2
x3

Ta có f ( x ) < 3 + 2 ⇔ 3 − 2

(

⇔ 3−

x3

(

⇔ 3− 2

)

− x2

2

− x2

1+ x3

(

− 3− 2

)

1− x 2

(

< 7 ⇔ 3− 2

)

1+ x3

(

< 7 + 3− 2

)

1− x 2

.

Từ đó, ta được khẳng định 4 đúng.
Chọn B
Câu 17.
Với a, b > 0 và a ≠ 1, ta có
1
1
1
1 1
log a2 ( ab ) = log a ( ab ) = ( log a a + log a b ) = ( 1 + log a b ) = + log a b.
2
2
2
2 2
Chọn D
Câu 18.
x

x

x

x+3
1
1
1
1
Ta có y = x = ( x + 3) .  ÷ ⇒ y ' =  ÷ + ( x + 3)  ÷ ln
9
9
9
9
9
=

1 + ( x + 3) ln
9x

1
2
9 = 1 − ( x + 3) ln 9 = 1 − ( x + 3) ln 3 = 1 − 2 ( x + 3 ) ln 3 .
x
32 x
32 x
( 32 )

Chọn A
Câu 19.
2
2

Ta có log12 80 = log12 ( 4 .5 ) = log12 4 + log12 5 = 2 log12 4 +

=

1
log 5 12

2
1
2
1
+
=
+
.
log 4 12 log 5 4 + log 5 3 log 4 4 + log 4 3 b + log 5 3

Từ a = log 3 4 ⇒ log 4 3 =

1
1 b
⇒ log 5 3 = log 5 4.log 4 3 = b. =
a
a a


Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>⇒ log12 80 =

2

1+

1
a

+

1
b+

b
a

=

2a
a
a + 2ab
+
=
.
a + 1 b ( a + 1)
ab + b

Chọn C
Câu 20.
Với a, b > 0, ta có x = ln ( a 2 − ab + b 2 )

1000

y = 1000 ln a − ln

= 1000 ln ( a 2 − ab + b 2 ) .
1
1000

b

= 1000 ln a + 1000 ln b = 1000 ln ( ab ) .

2
2
Xét hiệu x − y = 1000  ln ( a − ab + b ) − ln ( ab ) 

(1)

2
2
2
2
Lại có ( a − ab + b ) − ab = ( a − b ) ≥ 0 ⇒ a − ab + b ≥ ab > 0.
2

Khi đó từ (1) ⇒ x − y ≥ 0 ⇒ x ≥ y, dấu " = " xảy ra ⇔ a = b > 0.
Chọn D
Câu 21.
Khi viết trong hệ thập phân, số các chữ số của p = 2756839 − 1 bằng các chữ số của 2756839.
Do đó số các chữ số của p khi viết trong hệ thập phân là
log 2756839  + 1 = [ 756839 log 2 ] + 1 = 227831 + 1 = 227832.
Chọn C

Câu 22.
2

Ta có

∫

f ( x ) dx =

−2

0

∫

−2

2

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx

(1)

0

0

Xét tích phân A =

∫ f ( x ) dx, đặt x = −t ⇒ t = − x.

−2

Khi x = −2 ⇒ t = 2; x = 0 ⇒ t = 0.
2

2

2

Do đó A = − ∫ f ( −t ) d ( −t ) = ∫ f ( −t ) dt = ∫ f ( − x ) dx.
0

Thế vào (1) ta được

0

0

2

2

2

2

−2

0

0

0

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( − x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫  f ( x ) + f ( − x )  dx.

Chọn D
Câu 23.

x
10 )
103 x
Ta có F ( x ) = 1000 dx = 1000 + C = (
+
C
=
+ C.
∫
ln1000
ln103
3ln10
Chọn A
Câu 24.
3 x

x

6

Ta có W = ∫ 3 x − 2dx.
1

t2 + 2
Đặt t = 3 x − 2 ⇒ x =
, khi x = 1 thì t = 1, khi x = 6 thì t = 4.
3


Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>4

Do đó W = ∫ td
1

4

4

t2 + 2
2t
2 t3
= ∫ t. dt = .
3
3
3 3
1

= 14.

1

Chọn D
Câu 25:.
Đặt x − 1 = t , khi x = 1 ⇒ t = 0; x = 3 ⇒ t = 2.
2

Do đó I = ∫ ( t + 1) t

 t 1002 t1001  2
d ( t + 1) = ∫ ( t + t ) dt = 
+
÷
 1002 1001  0
0
21002 21001
1  1502.21001
 2
=
+
= 21001 
+
.
÷=
1002 1001
501501
 1002 1001 
2

1000

0

1001

1000

Chọn B
Câu 26.
21000

Ta có I =

21000

ln x

∫ ( x + 1)

2

∫

dx = −

1

1

ln 21000

=−
+
1 + 21000

1000

2

∫
1

+

∫
1

1

1 1
1000 ln 2
. dx = −
+
x +1 x
1 + 21000

1000 ln 2
=−
+ ( ln x − ln x + 1 )
1 + 21000
=−

21000

21000

1
ln x
ln xd
=−
x +1
x +1

21000

1
d ( ln x )
x +1

21000

∫
1

1 
1
 −
÷dx
 x x +1 

1000 ln 2

x
=−
+ ln
1000
1+ 2
x +1

1

21000

1

1000 ln 2
21000
+
ln
.
1 + 21000
1 + 21000

Chọn B
Câu 27.
Phương trình hoành độ giao điểm

x = 1
x 2 − 2 x + 4 = x + 2 ⇔ x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ 
x = 2
2

2

1

1

2
2
Diện tích cần tính là S = ∫ ( x − 2 x + 4 ) − ( x + 2 ) dx = ∫ x − 3x + 2 dx.

Rõ ràng trên khoảng ( 1; 2 ) phương trình x 2 − 3 x + 2 = 0 vô nghiệm
2

⇒S=

∫( x
1

2

− 3 x + 2 ) dx .

 x3 3x 2
2
1
1
2
x
−
3

x
+
2
dx
=
−
+
2
x
Ta có ∫ (
) 3 2
÷ =− ⇒S = .
6
6

1
1
2

Chọn A
Câu 28.
Phương trình hoành độ giao điểm

( x − 1) e x −2 x
2

2


Thể tích cần tính là V = π ∫ 


1
2

= π ∫ ( x − 1) e x
1

= 0 ⇔ ( x − 1) e x

( x − 1) e x −2 x 
2



2

−2 x

dx =

2

−2 x

= 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1.

2

dx

π 2 x2 −2 x
π x2 −2 x
2
e
d
x
−
2
x
=
.e
(
)
2 ∫1
2

2

1

=

π  1  π ( e − 1)
.
1 − ÷ =
2 e
2e


Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:

/>Chọn C
Câu 29.
Ta có z =

7− 11i ( 7− 11i ) ( 2 + i ) 25− 15i
=
=
= 5− 3i ⇒ z = 5+ 3i.
2− i
5
( 2 − i ) ( 2+ i )

Do đó z có phần thực bằng 5 và phần ảo bằng 3.
Chọn C
Câu 30.
Ta có z2 = 4− 2i ⇒ z2 − 2z1 = 2− 8i ⇒ z2 − 2z1 = 22 + (−8)2 = 2 17.
Chọn A
Câu 31.
7− i (7− i )(2 + i ) 15+ 5i
=
=
= 3+ i .
2 − i (2 − i )(2 + i )
5
Do đó điểm biểu diễn z là điểm có tọa độ là ( 3;1) .
Ta có z =

Chọn C
Câu 32.
Ta có z = 2− 3i ⇒ w = (3+ 2i)(2 + 3i) + 2(2 − 3i ) = 4 + 7i.

Chọn B
Câu 33.

z =1

z = 1
3
2
⇔  z = − +
Phương trình ⇔ ( z − 1)( z + 3 z + 4) = 0 ⇔  2
2
 z + 3z + 4 = 0

z = − 3 −

2
2

7
i
2
7
i
2

2

2
2
 −3  7 

 −3 
7
Do đó T = 1 + 0 +  ÷ + 
÷ +  ÷ +−
÷ = 5.
 2 ÷
2
 2   2 ÷





Chọn D
Câu 34.
2w+ i = 2x + (2y + 1)i
Giả sử w = x + yi (x; y∈ R) ⇒ 
3w − 5 = 3x − 5+ 3yi
2

2

Do 2w+ i và 3w− 5 là hai nghiệm của z2 + az + b = 0.
 2 x + (2 y + 1)i + 3 x − 5 + 3 yi = 0
Áp dụng định lý Viet ta có 
[ 2 x + (2 y + 1)i ] ( 3 x − 5 + 3 yi ) = b
5 x − 5 + (5 y + 1)i = −a
⇔ 2
2
6 x − 16 x − 6 y − 3 y + i 6 xy + ( 2 y + 1) ( 3 x − 5 )  = −b

−1

−1
y=


5 y + 1 = 0

y =
5
⇔
⇔
⇔
5
6 xy + (2 y + 1)(3 x − 5) = 0
− 6 x + 3 (3 x − 5) = 0
 x = 5
 5
5
Do đó phần thực của w là 5.
Chọn D
Câu 35.


Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>
Ta có S1 = AD.AB ; S2 = AA'.AB ; S3 = AA'.AD
⇒ V = AB.AD.AA' = AB.AD . AB.AA'. AD.AA' = S1.S2.S3 .
Chọn B
Câu 36.

Gọi hình chóp tam giác đó là S . ABC , kẻ SH ⊥ ( ABC ) tại H .
Gọi A ', B ', C ' lần lượt là chân đường cao hạ từ H xuống BC, CA, AB.
Xét ∆SHA ', ∆SHB ', ∆SHC ' đều vuông tại H có SH chung
· ' H = SC
· ' H = SA
· ' H = 600 ⇒ HSC
·
·
·
SB
' = HSA
' = HSB
'
⇒ ∆SHA ' = ∆SHB ' = ∆SHC ' ( g − g − g ) ⇒ HA ' = HB ' = HC '.
Do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
3 2 AB + BC + CA
Tam giác ABC đều cạnh a ⇒ S ABC =
a =
.HA '
4
2
3 2 3a
3
⇒
a =
HA ' ⇒ HA ' =
a.
4
2

6

· 'S = 600 ⇒ SH = HA'.tan60 = a .
Tam giác SHA' vuông tại H và HA
2
1
1 a 3 2
3 3
Thể tích V = SH .SABC = . .
a =
a.
3
3 2 4
24
Chọn A
Câu 37.
Ta có ngay ·AC ' B = α .


Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>Tam giác ABC ' vuông tại B và ·AC ' B = α ⇒ BC ' =

a
= a cotα .
tanα

Áp dụng định lý Pytago thì CC ' = BC '2 − BC 2 = a cot2 α − 1.
Thể tích khối lăng trụ V = BC.CD.CC ' = a3 cot2 α − 1.
Chọn D
Câu 38.

VSABC
SA.SB.SC
SA.SB
=
=
= 4.
VSA'B'C SA'.SB '.SC SA'.SB '
Chọn A.
Câu 39.
Hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều nên nó có chiều dài đường sinh là a bán kính đường tròn đáy
Ta có

2

a
 a
3
là
nên chiều cao h = a2 −  ÷ =
a.
2
2
 2
Chọn D
Câu 40.

( )

3

Thể tích nước được đựng đầy trong hình bể là V = 2.3.2 = 12 m .

π
m3 .
12500
Mội ngày bể được múc ra 170 gáo nước tức trong một ngày lượng được được lấy ra bằng
17
Vm = 170.Vg =
π m3 .
1250

(

)

( )

Thể tích nước đựng đầy trong gáo là Vg = π 42.5 = 80π cm3 =

( )


Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>V
12
=
; 280,8616643 ⇒
Ta có Vm
sau 281 ngày bể sẽ hết nước.
17

π
1250
Chọn B.
Câu 41.
V
V
Theo công thức thể tích hình trụ V = π R2h ⇒ R2 =
⇒ R=
.
πh
πh
Với h = 15cm, V = 0,5l = 0,5.1000cm3 = 500cm3 ⇒ R =

500
≈ 3,26cm.
π .15

Chọn A
Câu 42.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC thì SG ⊥ ( ABC ) .
Do CB = CA = CD nên C là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD .
Qua C kẻ đường thẳng d song song SG thì d là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.
Gọi I ∈ d là tâm mặt cầu cần tìm, đặt IC = x ⇒ SK = SG − x .
2 a 3 a 3
Kẻ IK ⊥ SG ⇒ IK = CG = AG = .
=
, SG = SA2 − AG2 = a.
3 2
3

2
a2
a
Ta có IS = ID ⇔ IK 2 + SK 2 = IC 2 + CD2 ⇔
+ ( a − x) = x2 + a2 ⇒ x = .
3
6
a 37
Vậy tâm cầu I được xác định, bán kính mặt cầu là R = x2 + a2 =
.
6
Chọn C
Câu 43.
r
2
2
2
Mặt phẳng ax + by + cx + d = 0 ( a + b + c > 0 ) có một VTPT là n = ( a; b; c ) .
r
Dựa vào đó, ta thấy ngay ( P ) : x − 2 z + 3 = 0 có một VTPT là n = ( 1;0; −2 ) .
Chọn B

Câu 44.
Ta viết lại mặt cầu ( S ) như sau ( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 1) + ( z − 1) = 9.
2

2

2

Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>
Mặt cầu ( S ) có tâm I ( a; b; c ) , bán kính R có phương trình

( S ) : ( x − a)

2

+ ( y − b) + ( z − c ) = R2.
2

2

Dựa vào đó, ta thấy ngay mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 1) + ( z − 1) = 9 có tâm I ( 2; −1;1) và bán kính
2

2

2

R = 9 = 3.
Chọn A
Câu 45.
Ta có d =

2.1 + 3. ( −3) + 4.1 − 5
2 +3 +4
2

2

2

=

8
.
29

Chọn B
Câu 46.

r
Đường thẳng d qua A ( 4;1; 2 ) có một VTCP là u = ( 2;1;1) .
r
Mặt phẳng ( P ) có một VTPT là n = ( 1; −3; 2m ) .
 4m − 3 ≠ 0
 A ∉ ( P )
4 − 3.1 + 2m.2 − 4 ≠ 0
1

⇔
⇔
⇔m= .
YCBT ⇔  r r
1
2
 2 − 3 + 2m = 0
 m = 2

u.n = 0
Chọn A
Câu 47.
 −1 + 3 1 + 1 0 − 2 
;
;
Ta có I là trung điểm của cạnh AB ⇒ I 
÷⇒ I ( 1;1; −1) .
2
2 
 2
uuur
Mặt phẳng ( P ) qua I ( 1;1; −1) và nhận AB = ( 4;0 − 2 ) là một VTPT
⇒ ( P ) : 4 ( x − 1) + 0. ( y − 1) − 2 ( z + 1) = 0 ⇒ ( P ) : 4 x − 2 z − 6 = 0 ⇒ ( P ) : 2 x − z − 3 = 0.
Chọn D
Câu 48.
 x = 2t

Ta có d :  y = 3 + t ( t ∈ ¡ ) ⇒ I ( 2t ; t + 3; t + 2 ) .
z = 2 + t

Mà I ∈ ( P ) ⇒ 2t − 2 ( t + 3) + 2 ( t + 2 ) = 0 ⇔ 2t − 2 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ I ( 2; 4;3) .
Gọi R là bán kính của ( S ) , ta có ( Q ) tiếp xúc với ( S )
2 − 2.4 + 3.3 − 5

⇔ d ( I;( Q) ) = R ⇔ R =

12 + ( −2 ) + 32
2

=

Kết hợp với ( S ) có tâm I ( 2; 4;3)
⇒ ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 4 ) + ( z − 3) =
2

Chọn A
Câu 49.

2

2

4 2
= .
14 7

2
.
14


Hãy đọc: Tuyển tập đề thi thử THPTQG Toán 2018 Free:
/>x = 2 + t

Gọi M = d ∩ d 2 , ta có d 2 :  y = −1 − t ( t ∈ ¡ ) ⇒ M ( t + 2; −t − 1; t + 1) .
z = 1+ t

uuuu
r

Đường thẳng d nhận AM = ( t + 1; −t ; t − 2 ) là một VTCP.
r
Đường thẳng d1 có một VTCP là u = ( 1; 4; −2 ) .
uuuu
rr
Ta có d ⊥ d1 ⇔ AM .u = 0 ⇔ ( t + 1) − 4t − 2 ( t − 2 ) = 0
uuuu
r
⇔ −5t + 5 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ AM = ( 2; −1; −1) .
uuuu
r
Đường thẳng d qua A ( 1; −1;3) và nhận AM = ( 2; −1; −1) là một VTCP
⇒d:

x −1 y +1 z − 3
=
=
.
2
−1
−1

Chọn C
Câu 50.

uuuu
r
 AM 2 = ( x − 1) 2 + ( y + 2 ) 2 + ( z − 1) 2
 AM = ( x − 1; y + 2; z − 1)


 uuuu
r
2
2

2
2
M
x
;
y
;
z
⇒
BM
=
x
;
y
−
2;
z
+
1
⇒
(
) 
(
)
Giả sử

 BM = x + ( y − 2 ) + ( z + 1)
r
 uuuu

2
2
2
2
CM
= ( x − 2; y + 3; z − 1)
CM = ( x − 2 ) + ( y + 3) + ( z − 1)

2
2
2
2
2
2
2
2
⇒ T = ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 1)  −  x 2 + ( y − 2 ) + ( z + 1)  + ( x − 2 ) + ( y + 3 ) + ( z − 1) 

 
 

2
2
2
2
2

2
2
2
= ( x − 1) − x 2 + ( x − 2 )  + ( y + 2 ) − ( y − 2 ) + ( y + 3)  + ( z − 1) − ( z + 1) + ( z − 1) 

 
 


= ( x 2 − 6 x + 5 ) + ( y 2 + 14 y + 17 ) + ( z 2 − 6 z + 1)
= ( x − 3) − 4 + ( y + 7 ) − 32 + ( z − 3) − 8 ≥ −4 − 32 − 8 = −44.
2

2

2

Dấu " = " xảy ra ⇔ x = 3, y = −7, z = 3.
2
2
2
Khi đó M ( 3; −7;3) ⇒ P = xM + 2 yM + 3 zM = 134.

Chọn B
----