Đề thi thử THPT 2018 môn Toán Sở GDĐT Hà Nội Lần 1 File word Có đáp án Có lời giải chi tiết

Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.

ĐỀ THI THỬ THPT QG 2018
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI- LẦN 1

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2018
MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm)

Câu 1 (NB): Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số, các chữ số khác 0 và đôi một khác nhau
5
B. C9

A. 5!

5
C. A9

D. 95

Câu 2 (TH): Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 2 4 + x 3 là
A. 2 x 3 + 4 + C

B.

2
9

( 4+ x )

3 3

+C

( 4+ x )

3 3

C. 2

+C

D.

1
9

( 4+ x )

3 3

+C

Câu 3 (VD): Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A ( 1; 2; −3) ; B ( 2;0; −1) . Tìm giá trị của tham số m để
hai điểm A, B nằm khác phía so với mặt phẳng x + 2 y + mz + 1 = 0
A. m ∈ [ 2;3]

B. m ∈ ( 2;3)

C. m ∈ ( −∞; 2] ∪ [ 3; +∞ )

D. m ∈ ( −∞; 2 ) ∪ ( 3; +∞ )

Câu 4 (TH): Hệ số của x 3 trong khai triển ( x − 2 ) bằng
8

3 3
B. −C8 .2

3 3
A. C8 .2

5 5
C. −C8 .2

5 5
D. C8 .2

Câu 5 (NB): Mệnh đề nào dưới đây sai?
A. ln x > 0 ⇔ x > 1

B. log a > log b ⇔ a > b > 0

C. log a < log b ⇔ 0 < a < b

D. ln x < 1 ⇔ 0 < x < 1

Câu 6 (NB): Trong không gian Oxyz, mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 2 z − 3 = 0 có bán kính bằng

A. 9

B. 3

C.

3

D. 3 3

100

Câu 7 (TH): Tích phân

∫ x.e

2x

dx bằng

0

A.

1
199e 200 + 1)
(
4

B.

1
199e 200 − 1)
(
4

C.

1
199e 200 + 1)
(
2

D.

1
199e 200 − 1)
(
2

Câu 8 (NB): Đồ thị hàm số y = 15 x 4 − 3 x 2 − 2018 cắt trục hoành tại bao nhiêu điểm?
A. 1 điểm.

B. 3 điểm.

Câu 9 (TH): Đồ thị hàm số y =
A. 2

B. 1

C. 4 điểm.

D. 2 điểm.

1− 1− x
có bao nhiêu đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang?
x
C. 3

Trang 1

D. 0


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
x+3 −2
Câu 10 (TH): lim
bằng
x →1
x −1
A.

1
.
2

B. 1.

C.

1
.
4

D. +∞ .

π

Câu 11 (TH): Phương trình sin  x − ÷ = 1 có nghiệm là:
3

A. x =

π
+ kπ
3

B. x =

5π
+ k 2π
6

C. x =

5π
+ kπ
6

D. x =

π
+ k 2π
3

Câu 12 (VD): Gọi S là tập nghiệm của phương trình 2 log 2 ( 2 x − 2 ) + log 2 ( x − 3) = 2 trên R. Tổng các
2

phần tử của S bằng
A. 8

B. 4 + 2

C. 8 + 2

D. 6 + 2

Câu 13 (TH): Cho các số a, b, c, d thỏa mãn 0 < a < b < 1 < c < d . Số lớn nhất trong các số
log a b, log b c, log c d , log d a
A. log c d

B. log d a

C. log a b

D. log b c

Câu 14 (TH): Cho khối trụ có bán kính hình tròn đáy bằng r và chiều cao bằng h. Hỏi nếu tăng chiều cao
lên 2 lần và tăng bán kính đáy lên 3 lần thì thể tích của khối trụ mới sẽ tăng lên bao nhiêu lần?
A. 18 lần

B. 12 lần

C. 6 lần

D. 36 lần

C. 4 cạnh

D. 6 cạnh

Câu 15 (NB): Hình tứ diện có bao nhiêu cạnh?
A. 5 cạnh

B. 3 cạnh

Câu 16 (TH): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi E, M lần lượt là
trung điểm của BC , SA, α là góc tạo bởi đường thẳng EM và mặt phẳng (SBD), tan α bằng:
A. 1

B. 2

C.

2

D.

3

Câu 17 (TH): Cho hàm số y = log 5 x . Mệnh đề nào sau đây sai?
A. Đồ thị hàm số nằm bên phải trục tung.
B. Tập xác định của hàm số là ( 0; +∞ )
C. Hàm số nghịch biến trên tập xác định.
D. Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là trục tung.
Câu 18 (VD): Thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường
x
y = ; y = 0; x = 1; x = 4 quay quanh trục Ox là:
4
A.

21
16

B.

21π
16

C.

15
16

Trang 2

D.

15π
8

Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Câu 19 (NB): Biết hình dưới đây là đồ thị của một trong bốn hàm số
sau,
hỏi đó là đồ thị hàm số nào?
A. y = x 4 − 2 x 2

B. y = x 4 − 2 x 2 + 1

C. y = − x 4 + 2 x 2

D. y = x 4 + 2 x 2

Câu 20 (NB): Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số
f ( x ) = e x ( x 3 − 4 x ) . Hàm số F ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị?
2

A. 2

B. 1

C. 3

D. 4

Câu 21 (TH): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = x 4 + mx 2 đạt cực tiểu tại x = 0 .
A. m ≥ 0

B. m > 0

C. m = 0

D. m ≤ 0

Câu 22 (NB): Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng S và chiều cao bằng h là:
1
A. V = Sh
3

B. V = 3Sh

D. V =

C. V = Sh

1
Sh
2

Câu 23 (Thông hiểu): Một lớp có 40 học sinh, trong đó có 4 học sinh tên Anh. Trong một lần kiểm tra
bài cũ, thầy giáo gọi ngẫu nhiên hai học sinh trong lớp lên bảng. Xác suất để hai học sinh tên Anh lên
bảng bằng:
A.

1
20

B.

1
10

C.

1
130

D.

1
75

Câu 24 (VD): Số nghiệm chung của hai phương trình: 4 cos 2 x − 3 = 0 và 2sin x + 1 = 0 trên khoảng
 π 3π 
 − ; ÷ bằng:
 2 2 
A. 4

B. 2

C. 3

D. 1

Câu 25 (TH): Trong không gian Oxyz, mặt cầu tâm I ( 1; 2; −1) và cắt mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 2 z − 1 = 0
theo một đường tròn bán kính bằng

8 có phương trình là:

A. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 3

B. ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z − 1) = 9

C. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 9

D. ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z − 1) = 3

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2
Câu 26 (TH): Đạo hàm của hàm số y = ln ( 1 − x ) là:

A.

1
x −1
2

B.

x
1 − x2

C.

−2 x
x2 −1

D.

2x
x −1
2

Câu 27 (NB): Với mọi số thực dương a, b, x, y và a, b ≠ 1 , mệnh đề nào sau đây sai?
A. log a ( xy ) = log a x + log a y

B. log b a.log a x = log b x

Trang 3


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
1
1
x
C. log a = log a x − log a y
D. log a =
x log a x
y
2
Câu 28 (VD): Tập nghiệm của bất phương trình log 1 ( x − 5 x + 7 ) > 0 là:
2

A. ( 2;3)

B. ( 3; +∞ )

C. ( −∞; 2 )

D. ( −∞; 2 ) ∪ ( 3; +∞ )

uuur
Câu 29 (NB): Trong không gian Oxyz, cho các điểm A ( 2; −2;1) , B ( 1; −1;3) . Tọa độ của vecto AB là:
A. ( −1;1; 2 )

B. ( −3;3; −4 )

C. ( 3; −3; 4 )

D. ( 1; −1; −2 )

Câu 30 (TH): Cho tứ diện đều ABCD có M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD. Mệnh đề
nào sau đây sai?
A. AB ⊥ CD

B. MN ⊥ AB

C. MN ⊥ BD

D. MN ⊥ CD

Câu 31 (TH): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA vuông góc với đáy. Mệnh đề
nào sau đây sai?
A. CD ⊥ ( SAD )

B. AC ⊥ ( SBD )

C. BD ⊥ ( SAC )

D. BC ⊥ ( SAB )

uuur
uuur
Câu 32 (TH): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Điểm M thỏa mãn MA = 3MB .
Mặt phẳng (P) qua M và song song với hai đường thẳng SC, BD. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. (P) không cắt hình chóp.

B. (P) cắt hình chóp theo thiết diện là một tứ giác.
C. (P) cắt hình chóp theo thiết diện là một tam giác.
D. (P) cắt hình chóp theo thiết diện là một ngũ giác.
Câu 33 (TH): Trong các hàm số sau, hàm nào nghịch biến trên R?
A. y = log ( x

3

)

−x

2
B. y =  ÷
5

x

C. y = log 3 x

2

e
D. y =  ÷
4

Câu 34 (TH): Cho ( un ) là cấp số cộng có u3 + u13 = 80 . Tổng 15 số hạng đầu tiên của cấp số cộng đó
bằng:
A. 800

B. 630

C. 570

D. 600

Câu 35 (TH): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc
với đáy, đường thẳng SC tạo với đáy một góc 60° . Thể tích của khối chóp S.ABC bằng:
A.

a3
8

B.

3a 3
4

C.

a3
2

D.

a3
4

Câu 36 (NB): Hàm số y = f ( x ) có đạo hàm y ′ = x 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số đồng biến trên ( −∞;0 ) và nghịch biến trên ( 0; +∞ ) .

B. Hàm số đồng biến trên R.

Trang 4


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
C. Hàm số nghịch biến trên R.
D. Hàm số nghịch biến trên ( −∞;0 ) và đồng biến trên ( 0; +∞ ) .
Câu 37 (VDC): Cho khối trụ có hai đáy là hình tròn ( O; R ) và ( O′; R ) , OO′ = 4 R . Trên đường tròn tâm
O lấy (O) lấy hai điểm A, B sao cho AB = R 3 . Mặt phẳng (P) đi qua A, B cắt OO’ và tạo với đáy một
góc bằng 60° . (P) cắt khối trụ theo thiết diện là một phần của elip. Diện tích thiết diện đó bằng:
 4π
3 2
−
A. 
÷
÷R
3
2



 2π
3 2
+
B. 
÷
÷R
3
4




 4π
3 2
+
C. 
÷
÷R
3
2



 2π
3 2
−
D. 
÷
÷R
3
4



Câu 38 (TH): Cho hàm số y = f ( x ) là hàm lẻ và liên tục trên [ −4; 4] biết

0

∫ f ( − x ) dx = 2 và

−2
2

4

1

0

∫ f ( −2 x ) dx = 4 . Tính I = ∫ f ( x ) dx .
A. I = 10

B. I = −6

C. I = 6

Câu 39 (VD): Tìm hệ số của x5 trong khai triển ( 1 + x + x 2 + x 3 )
A. 252

B. 582

D. I = −10
10

C. 1902

D. 7752

Câu 40 (VD): Cho hàm số y = x 3 − 3 x + 2 có đồ thị (C). Hỏi có bao nhiêu điểm trên đường thẳng

y = 9 x − 14 sao cho từ đó kẻ được hai tiếp tuyến đến ( C ) .
A. 4 điểm

B. 2 điểm

C. 3 điểm

D. 1 điểm

Câu 41 (VDC): Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S1) có tâm I ( 2;1;1) có bán kính bằng 4 và mặt
cầu (S2) có tâm J ( 2;1;5 ) có bán kính bằng 2. (P) là mặt phẳng thay đổi tiếp xúc với hai mặt cầu (S1) (S1)
Đặt M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của khoảng cách từ điểm O đến (P). Giá trị M + m
bằng?
A. 8 3

B. 9

C. 8

D. 15

Câu 42 (VD): Có bao nhiêu số tự nhiên có tám chữ số trong đó có ba chữ số 0, không có hai chữ số 0
nào đứng cạnh nhau và các chữ số khác chỉ xuất hiện nhiều nhất một lần.
A. 151200

B. 846000

C. 786240

D. 907200

Câu 43 (VD): Số các giá trị nguyên nhỏ hơn 2018 của tham số m để phương trình
log 6 ( 2018 x + m ) = log 4 ( 1009 x ) có nghiệm là:
A. 2019

B. 2018

C. 2017

Câu 44 (VD): Cho khối cầu (S) tâm I, bán kính R không đổi. Một
trụ thay đổi có chiều cao h và bán kính đáy r nội tiếp khối cầu. Tính
cao h theo R sao cho thể tích của khối trụ lớn nhất.
A. h = R 2

B. h =

R 2
2
Trang 5

D. 2020
khối
chiều


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
R 3
2R 3
C. h =
D. h =

3
3
Câu 45 (VD): lim2018
x →2

x 2 − 42018
bằng
x − 22018
B. +∞

A. 22019

C. 2

D. 22018

Câu 46 (VD): Giá trị của tổng 4 + 44 + 444 + ... + 44...4 (tổng đó có 2018 số hạng) bằng
A.

40 2018
( 10 − 1) + 2018
9

B.


4  102019 − 10
+ 2018 ÷
C. 
9

9


4
102018 − 1)
(
9


4  102019 − 10
− 2018 ÷
D. 
9
9


Câu 47 (VD): Cho hàm số y = f ( x ) . Biết hàm số
y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hàm số
y = f ( 3 − x 2 ) đồng biến trên khoảng
A. ( 2;3)

B. ( −2; −1)

C. ( 0;1)

D. ( −1;0 )

Câu 48 (VDC): Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có cạnh bên bằng cạnh đáy. Đường thằng
NB
MN ( M ∈ A′C , N ∈ BC ′ ) là đường vuông góc chung của A’C và BC’. Tỉ số

bằng
NC ′
A.

3
2

B.

2
3

C. 1

D.

5
2

Câu 49 (VD): Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A ( 1; 2;1) , B ( 2; −1;3 ) . Tìm điểm M trên mặt phẳng
(Oxy) sao cho MA2 − 2MB 2 lớn nhất.
A. M ( 3; −4;0 )

3 1 
B. M  ; ;0 ÷
2 2 

Câu 50 (VD): Phương trình
A. 2 nghiệm

C. M ( 0;0;5 )

1 3 
D. M  ; − ;0 ÷
2 2 

x − 512 + 1024 − x = 16 + 4 8 ( x − 512 ) ( 1024 − x ) có bao nhiêu nghiệm?
B. 8 nghiệm
C. 4 nghiệm
--- HẾT ---

Trang 6

D. 3 nghiệm


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.

ĐỀ THI THỬ THPT QG 2018
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI- LẦN 1

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2018
MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm)

BẢNG ĐÁP ÁN
1-C

2-B

3-B

4-C

5-D

6-B

7-A

8-D

9-B

10-C

11-B

12-B

13-A

14-A

15-D

16-C

17-C

18-B

19-A

20-C

21-A

22-A

23-C

24-B

25-C

26-D

27-D

28-A

29-A

30-C

31-B

32-D

33-D

34-D

35-D

36-B

37-C

38-B

39-C

40-C

41-B

42-A

43-D

44-D

45-A

46-D

47-D

48-A

49-A

50-D

Banfileword.com

ĐỀ THI THỬ THPT QG 2018

Trang 7


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.

BỘ ĐỀ 2018
MÔN TOÁN

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI- LẦN 1
Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm)

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
Phương pháp:
-Sử dụng kiến thức về chỉnh hợp
Cách làm:

5 chữ số trong số tự nhiên có 5 chữ số cần tìm được lấy ra từ tập hợp gồm 9 phần tử
A = { 1; 2;3; 4;5;6;7;8;9}
Mỗi số tự nhiên có 5 chữ số cần tìm là một chỉnh hợp chập 5 của 9 phần tử trong tập hợp A.
5
Nên có A9 số tự nhiên có 5 chữ số cần tìm.

Câu 2: Đáp án B
Phương pháp:
-Sử dụng phương pháp đưa vào trong vi phân
Cách làm:
3

∫x

2

4 + x 3 dx =

1
3∫

3
1 ( 4+ x )2
2
3
3
4 + x .d ( x + 4 ) =
+C =
3
3

9
2

( 4+ x )

3 3

+C

Câu 3: Đáp án B
Phương pháp:
-Sử dụng kiến thức về vị trí của một điểm đối với mặt phẳng.
Cho mặt phẳng ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0 và hai điểm M ( x1 ; y1; z1 ) , N ( x2 ; y2 ; z 2 )
Đặt f = Ax + By + Cz + D, f ( M ) = Ax1 + By1 + Cz1 + D; f ( N ) = Ax2 + By2 + Cz2 + D
Hai điểm M, N nằm khác phía so với mặt phẳng ( P ) ⇔ f ( M ) . f ( N ) < 0 .
Cách làm:
Đặt f ( x, y, z ) = x + 2 y + mz + 1 . Để A, B nằm khác phía so với mặt phẳng x + 2 y + mz + 1 = 0
Thì f ( A ) . f ( B ) < 0 ⇒ ( 6 − 3m ) ( 3 − m ) < 0 ⇔ 2 < m < 3
Câu 4: Đáp án C

Trang 8


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Phương pháp:
n

k
n−k
-Sử dụng khai triển nhị thức NewTon ( a − b ) = ∑ Cn .a . ( −b )

n

k

k =0

-Dựa vào điều kiện số mũ của đề bài để tìm ra k từ đó suy ra hệ số
Cách làm:
8

k 8− k
Ta có ( x − 2 ) = ∑ C8 .x . ( −2 )
8

k

k =0

Số hạng chứa x 3 trong khai triển ứng với 8 − k = 3 ⇔ k = 5
Vậy hệ số của x 3 trong khai triển là C85 . ( −2 ) = −C85 .25 .
5

Câu 5: Đáp án D
Phương pháp:
-Sử dụng các công thức logarit và bất phương trình loga
+) log a x > log a y ⇔ 0 < x < y (với 0 < a < 1 ) và log a x > log a y ⇔ x > y > 0 với a > 1
b
+) log a x < b ⇔ 0 < x < a với a > 1
b
+) log a x < b ⇔ x > a (với 0 < a < 1 )

Cách làm:
+) ln x > 0 ⇔ x > e0 ⇔ x > 1
+) log a < log b ⇔ 0 < a < b và log a > log b ⇔ a > b > 0
Nhận thấy ln x < 1 ⇔ 0 < x < e1 ⇔ 0 < x < e
Câu 6: Đáp án B
Phương pháp:
-Sử dụng công thức tìm tâm và bán kính mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0
(Với đk a 2 + b 2 + c 2 − d > 0 ) có tâm I ( a; b; c ) và bán kính R = a 2 + b 2 + c 2 − d
Cách làm:
Phương trình x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 2 z − 3 = 0 có a = −1; b = 2; c = 1; d = −3
Và a 2 + b 2 + c 2 − d = 1 + 4 + 1 + 3 = 9 > 0 nên bán kính mặt cầu là R = a 2 + b 2 + c 2 − d = 9 = 3 .
Câu 7: Đáp án A
Phương pháp:
-Sử dụng tích phân từng phần
Cách làm:

Trang 9


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
 dx = du
u = x

⇒
Ta đặt  2 x
1 2x
e dx = dv v = e

2

100

Khi đó

∫

x.e 2 x dx =

0

1 2 x 100 1
x. e
−
0
2
2

100

∫

e2 x dx =

0

1 2x
x.e
2

100

0

1
− e2 x
4

100

0

1
1
1 1
= .100.e 200 − e 200 + = ( 199e 200 + 1)
2
4
4 4
Câu 8: Đáp án D
Phương pháp:
Xét sự tương giao của đồ thị hàm số y = f ( x ) với trục hoành.
Số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) với trục hoành là số nghiệm của phương trình hoành độ giao
điểm f ( x ) = 0
Cách làm:
4
2
Xét phương trình hoành độ giao điểm 15 x − 3 x − 2018 = 0 ( *) . Đặt x 2 = t ≥ 0 ta được

15t 2 − 3t − 2018 = 0 ( 1) . Vì a.c = 15. ( −2018 ) < 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.
Suy ra phương trình (*) có hai nghiệm nên đồ thị hàm số y = 15 x 4 − 3 x 2 − 2018 cắt trục hoành tại hai

điểm phân biệt.
Câu 9: Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa tiệm cận đứng và tiệm cận ngang
Đường thẳng y = a là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f ( x ) nếu một trong các điều kiện sau được
f ( x ) = a; lim f ( x ) = a
thỏa mãn xlim
→+∞
x →−∞
Đường thẳng x = b là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f ( x ) nếu một trong các điều kiện sau được
f ( x ) = +∞, lim− f ( x ) = +∞; lim+ f ( x ) = −∞, lim− f ( x ) = −∞ .
thỏa mãn xlim
→b +
x →b
x →b
x →b
Cách làm:
ĐK: x ≤ 1; x ≠ 0
Ta có
y=

1
1 1
+ 2−
1− 1− x
x
x = 0 nên y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
lim
= lim x
x →−∞

x →−∞
x
1

1− 1− x
x

Trang 10


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
1− ( 1− x)
1− 1− x
x
1
1
= lim
= lim
= lim
= ≠ ∞ nên đồ thị hàm số
Xét lim
x→0
x
→
0
x
→
0
x
→

0
x
1+ 1− x 2
x 1+ 1− x
x 1+ 1− x

(

)

(

)

không có tiệm cận đứng.
Câu 10: Đáp án C
Phương pháp:
Tính giới hạn bằng phương pháp nhân liên hợp để khử dạng vô định.
Cách làm:

(

)

2

x + 3 − 22
x+3 −2
x + 3− 4
= lim

= lim
Ta có : lim
x →1
x →1
x −1
( x − 1) x + 3 + 2 x→1 ( x − 1) x + 3 + 2
= lim
x →1

( x − 1) (

x −1
x+3+2

(

)

= lim
x →1

)

(

(

1
x+3 +2

)

=

)

1
4

Câu 11: Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng sin x = 1 ⇔ x =

π
+ k 2π
2

Cách giải:

π
π π
5π

+ k 2π
Ta có: sin  x − ÷ = 1 ⇔ x − = + k 2π ⇔ x =
3
3 2
6

Câu 12: Đáp án B

Phương pháp:
- Tìm điều kiện xác định.
m
- Biến đổi phương trình về dạng cơ bản log a f ( x ) = m ⇔ f ( x ) = a

Cách giải:
Điều kiện: x > 1; x ≠ 3
Ta có: 2 log 2 ( 2 x − 2 ) + log 2 ( x − 3) = 2 ⇔ log 2 ( 2 x − 2 ) + log 2 ( x − 3) = 2
2

2

2
2
2
2
⇔ log 2 ( 2 x − 2 ) . ( x − 3)  = 2 ⇔ ( 2 x − 2 ) . ( x − 3) = 4



⇔ ( x − 1)

2

( x − 3)

2

( x − 1) ( x − 3) = 1
=1⇔ 

( x − 1) ( x − 3) = −1

Trang 11

2


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
 x = 2 + 2 ( TM )
2

 x − 4x + 2 = 0
⇔ 2
⇔  x = 2 − 2 ( L)

 x − 4x + 4 = 0
 x = 2 ( TM )
Vậy tổng các nghiệm là 2 + 2 + 2 = 4 + 2
Câu 13: Đáp án A
Phương pháp:
Sử dụng kiến thức:
Nếu 0 < a < 1 thì log a b < log a c ⇔ b > c
Nếu a > 1 thì log a b < log a c ⇔ b < c
Cách giải:
Ta có: log c d > log c c = 1 vì d > c > 1

log d a < log d 1 = 0 vì d > 1; a < 1

log a b < log a a = 1 vì a < 1; b > a

log b c < log b b = 1 vì b < 1; c > b

Do đó log c d lớn nhất.
Câu 14: Đáp án A
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ V = π r 2 h
Cách giải:
Từ công thức V = π r 2 h ta có: Thể tích khối trụ tăng lên 2.32 = 18 lần.
Câu 15: Đáp án D
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa hình tứ diện.
Cách giải:
Hình tứ diện có 6 cạnh.
Câu 16: Đáp án C
Phương pháp:
- Gắn hệ trục tọa độ Oxyz, tìm tọa độ các điểm E, M.
rr
n.u
- Sử dụng công thức tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: sin α = r r
n.u
Cách giải:

Trang 12


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ:
Với O ( 0;0;0 ) , D ( 1;0;0 ) , C ( 0;1;0 ) ⇒ CD = CS = 2 ⇒ SO = 1 ⇒ S ( 0;0;1)
r 1

1 1  uuuu
1
 1 1 

Ta có: B ( −1;0;0 ) , A ( 0; −1;0 ) ⇒ E  − ; ;0 ÷, M  0; − ; ÷ ⇒ EM =  ; −1; ÷
2 2
2
 2 2 

2
r
r
Chọn u = ( 1; −2;1) là một véc tơ chỉ phương của EM và n = ( 0;1;0 ) là một véc tơ pháp tuyến của mặt
phẳng ( SBD ) : y = 0 .
rr
n.u
−2
2
1
2 1
=
⇒ cos α =
⇒ tan α =
:
= 2
Khi đó sin α = r r =
1 + 4 + 1.1
6
3
6 3

n.u
Câu 17: Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng tính chất của hàm số y = log a x với a > 1 .
Cách giải:
Hàm số y = log 5 x có a = 5 > 1 nên hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) .
Câu 18: Đáp án B
Phương pháp:
b

2
Sử dụng công thức V = π ∫ f ( x ) dx
a

Cách giải:
4

x2
x3
21π
=
Ta có: V = π ∫ dx = π
16
48 1 16
1
4

Câu 19: Đáp án A
Phương pháp:
Sử dụng nhận xét: Hàm số bậc bốn trùng phương có ba điểm cực trị nếu ab < 0 và nhận xét dáng đồ thị

để loại đáp án.

Trang 13


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Cách giải:
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên ab < 0 , ta loại D.
y = +∞ nên a > 0 , ta loại C.
Hàm số có lim
x →∞
Ngoài ra đồ thị hàm số đi qua điểm ( 0;0 ) nên loại B.
Câu 20: Đáp án C
Phương pháp:
- Tìm nghiệm của F ′ ( x ) = 0 và xét dấu F ′ ( x ) .
Cách giải:
x = 0
x2
3
2
Ta có: F ′ ( x ) = f ( x ) = e ( x − 4 x ) = 0 ⇔ x ( x − 4 ) = 0 ⇔ 
 x = ±2
Ta thấy F ′ ( x ) đổi dấu qua ba nghiệm nên hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 21: Đáp án A
Phương pháp:
 f ′ ( x0 ) = 0
+) Hàm số y = f ( x ) đạt cực tiểu tại điểm x = x0 ⇔ 
.
 f " ( x0 ) > 0
Cách giải:

Ta có: y ′ = 4 x 3 + 2mx ⇒ y " = 12 x 2 + 2m .
 y′ ( 0 ) = 0
0 x = 0
⇔
⇔m>0.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 ⇔ 
 2m > 0
 y " ( 0 ) > 0
Với m = 0, hàm số có dạng y = x 4 có y ′ = 4 x 3 = 0 ⇔ x = 0 .
y ′ > 0 ⇔ x > 0, y′ < 0 ⇔ x < 0 , do đó qua x = 0 thì y’ đổi dấu từ âm sang dương, nên x = 0 là điểm cực
tiểu của hàm số. Vậy m = 0 thỏa mãn.
Câu 22: Đáp án A
Phương pháp:
1
Theo công thức tính thể tích của khối chóp ta có V = Sh với S là diện tích đáy của khối chóp, h là chiều
3
cao của khối chóp.
Cách giải:
Theo công thức tính thể tích của khối chóp chỉ có đáp án A đúng.
Câu 23: Đáp án C
Phương pháp:
Trang 14


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
+) Tính không gian mẫu: nΩ
+) Tính không gian của biến cố A : n A
+) Khi đó xác suất của biến cố A : P ( A ) =

nA

.
nΩ

Cách giải:
2
Gọi ngẫu nhiên hai học sinh lên bảng trong 40 học sinh nên ta có: nΩ = C40 = 780

Gọi biến cố A: “Trong hai bạn được gọi lên bảng, cả hai bạn đều tên là Anh”.
2
2
Trong lớp có 4 bạn tên là Anh nên ta có: nA = C2 .C4 = 6

Khi đó ta có xác suất để hai bạn được gọi lên bảng đều tên là Anh là: P ( A ) =

nA
6
1
=
=
.
nΩ 780 130

Câu 24: Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng các công thức giải phương trình lượng giác cơ bản:
 f ( x ) = α + k 2π
( k ∈¢)
+) cos f ( x ) = cos α ⇔ 
 f ( x ) = −α + k 2π
 f ( x ) = β + m 2π

( m∈¢)
+) sin f ( x ) = sin β ⇔ 
 f ( x ) = π − β + m2π
Cách giải:
2
2
+) Giải phương trình: 4 cos x − 3 = 0 ⇔ cos x =

3
4


π
3

x = ± + k 2π
cos x =

6
2 ⇔
⇔

( k ∈¢)
5
π

3
x = ±
+ k 2π
cos x = −


6

2

π

x = − + m2π

1
6
( m∈¢)
+) Giải phương trình: 2sin x + 1 = 0 ⇔ sin x = − ⇔ 
2
 x = 7π + m2π

6
=> Nghiệm chung của 2 phương trình là x = −

π
5π
+ k 2π và x = −
+ m2π ( k , m ∈ ¢ )
6
6

π
7π
 π 3π 
Với x ∈  − ; ÷ ta có các nghiệm chung của hai phương trình là: x = − ; x =

.
6
6
 2 2 

Trang 15


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Câu 25: Đáp án C
Phương pháp:
+) Giả sử mặt phẳng (P) cắt mặt cầu tâm I có bán kính R theo giao tuyến là một đường tròn tâm O có bán
kính r.
Khi đó ta có: OI = d ( I ; ( P ) ) và R = OI 2 + r 2
+) Phương trình mặt cầu tâm I ( a; b; c ) và có bán kính R có phương trình:

( x − a)

2

+ ( y − b) + ( z − c ) = R2
2

2

Cách giải:
Theo đề bài ta có: r = 8 .
OI = d ( I ; ( P ) ) =

2.1 − 2 + 2. ( −1) − 1

22 + 12 + 22

=

−3
9

=1

Khi đó ta có: R = OI 2 + r 2 = 1 + 8 = 3
Ta có phương trình mặt cầu cần tìm là: ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 9
2

2

2

Câu 26: Đáp án D
Phương pháp:
+) Áp dụng công thức đạo hàm của hàm hợp: ( ln u ) ′ =

u′
u

Cách giải:
2 ′
Ta có: y ′ = ln ( 1 − x 2 ) ′ = ( 1 − x ) = −2 x = 2 x
1 − x2
1 − x2 x2 −1

(

)

Câu 27: Đáp án D
Phương pháp:
+) Áp dụng các công thức cơ bản của hàm logarit để chọn đáp án đúng.
Cách giải:
+) Đáp án A đúng vì đây là công thức logarit của một tích: log a ( xy ) = log a x + log a y
+) Đáp án B đúng vì đây là công thức đổi cơ số: log b a.log a x = log b x
+) Đáp án C đúng vì đây là công thức logarit của một thương: log a
+) Đáp án D sai vì ta có: log a

1
= log a x −1 = − log a x .
x

Trang 16

x
= log a x − log a y
y


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Câu 28: Đáp án A
Phương pháp:
 0 < a < 1

0

 0 < f ( x ) < a

+) Sử dụng kiến thức giải bất phương trình logarit: log a f ( x ) > 0 ⇔   a > 1
.

 f ( x) > 0

 f ( x ) > a0

Cách giải:
 x2 − 5x + 7 > 0
∀x ∈ ¡

0
BPT ⇔  2
 1  ⇔  x2 − 5x + 6 < 0 ⇔ 2 < x < 3

 x − 5x + 7 <  ÷
2

Câu 29: Đáp án A
Phương pháp:
uuur
+) Cho hai điểm A ( x1 ; y1; z1 ) ; B ( x2 ; y2 ; z2 ) . Khi đó ta có: AB = ( x2 − x1 ; y2 − y1 ; z2 − z1 ) .
Cách giải:
uuur
Ta có: AB = ( x2 − x1 ; y2 − y1 ; z2 − z1 ) = ( 1 − 2; −1 + 2;3 − 1) = ( −1;1; 2 )
Câu 30: Đáp án C
Phương pháp:
+) Tứ diện đều ABCD có tất cả các cạnh đều bằng nhau.

+) Hình chiếu của đỉnh A trên mặt phẳng (BCD) là trọng tâm O của
giác BCD.
Cách giải:
Ta có: AO ⊥ ( BCD ) với O là trọng tâm tam giác BCD.
⇒ AO ⊥ CD
N là trung điểm của CD ⇒ BN ⊥ CD .
CD ⊥ AB
⇒ CD ⊥ ( ABN ) ⇒ 
⇒ đáp án A và D đúng.
CD ⊥ MN
ABCD là tứ diện đều nên có các mặt là các tam giác đều và bằng nhau.
⇒ BN = AN ⇒ ∆ABN cân tại N có đường trung tuyến MN ⇒ MN ⊥ AB
Câu 31: Đáp án B

Trang 17

tam


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Phương pháp:
Suy luận từng đáp án, sử dụng phương pháp chứng minh đường
thẳng vuông góc với mặt phẳng: Một đường thẳng vuông góc
mặt phẳng khi nó vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau
trong mặt phẳng đó.

với

Cách giải:
CD ⊥ SA

⇒ CD ⊥ ( SAD ) ⇒ A đúng.

CD ⊥ AD
 BD ⊥ AC
⇒ BD ⊥ ( SAC ) ⇒ C đúng.

 BD ⊥ SA
 BC ⊥ AB
⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ D đúng.

 BC ⊥ SA
Câu 32: Đáp án D
Phương pháp:
Qua M dựng các đường thẳng song song với BD và SC.
Cách giải:
uuur
uuur
Lấy điểm M thỏa mãn MA = 3MB như hình vẽ.
Trong (ABCD) qua M kẻ đường thẳng song song với BD cắt
E và cắt CD tại F.
Trong (SCD) qua F kẻ FP //SC ( P ∈ SD )
Trong (SBD) qua M kẻ MN //BD ( N ∈ SB )
Trong (SAB) kéo dài MN cắt SA tại H.
Vậy thiết diện của chóp khi cắt bởi mặt phẳng (P) là ngũ giác EFPHN.
Câu 33: Đáp án D
Phương pháp:
Hàm số y = a x đồng biến trên R ⇔ a > 1 và nghịch biến trên R ⇔ 0 < a < 1
Cách giải:
Đáp án A có tập xác định D = ( 0; +∞ ) ≠ R => loại đáp án A.
−x

2
2
Đáp án B có 0 < a = < 1 ⇒ y =  ÷ là hàm đồng biến trên R => loại đáp án B.
5
5
Đáp án C có tập xác định D = R \ { 0} => loại đáp án C.

Trang 18

BC tại


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
x
e
e
Dễ thấy hàm số y =  ÷ có TXĐ D = R và a = ⇒ 0 < a < 1 => hàm số nghịch biến trên R.
4
4
Câu 34: Đáp án D
Phương pháp:
Sử dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng un = u1 + ( n − 1) d và công thức tổng n số hạng đầu
tiên của cấp số cộng S n =

( u1 + un ) .n
2

Cách giải:
Gọi cấp số công có công sai d.

Ta có: u3 + u13 = 80 ⇔ u1 + 2d + u1 + 12d = 80 ⇔ 2u1 + 14d = 80
Tổng của 15 số hạng đầu tiên của dãy là:
S15 =

( u1 + u15 ) .15 = ( u1 + u1 + 14d ) .15 = 80.15 = 600
2

2

2

Câu 35: Đáp án D
Phương pháp:
+) Xác định góc giữa SC và mặt đáy.
+) Tính SA.
1
+) Tính thể tích VS . ABC = .SA.S ABC
3
Cách giải:
·
= 60°
Dễ thấy AC là hình chiếu vuông góc của SC trên (ABC) nên ( SC ; ( ABC ) ) = ( SC ; AC ) = SCA
Xét tam giác vuông SAC có: SA = AC.tan 60° = a 3 .
Tam giác ABC đều cạnh a nên S ABC =

a2 3
4

1
1

a 2 3 a3
Vậy VS .ABC = .SA.S ABC = .a 3.
=
3
3
4
4
Câu 36: Đáp án B
Phương pháp:
Hàm số y = f ( x ) đồng biến (nghịch biến) trên ( a; b ) khi và chỉ khi
f ′ ( x ) ≥ 0 ( f ′ ( x ) ≤ 0 ) ∀x ∈ ( a; b ) và f ′ ( x ) = 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải:

Trang 19


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
y ′ = x 2 ≥ 0∀x ∈ ¡ và y ′ = 0 ⇔ x = 0 . Vậy hàm số đã cho đồng biến trên R.
Câu 37: Đáp án C
Phương pháp:
+) Chứng minh mặt phẳng (P) không cắt đáy ( O′; R )
+) Tìm phần hình chiếu của mặt phẳng (P) trên mặt đáy. Tính S hc
+) Sử dụng công thức S hc = S .cos 60
Cách giải:
2

AB 
3R 2 R
2

Gọi M là trung điểm của AB ta có: OM = OA2 − 
=
R
−
=
÷
4
2
 2 
Giả sử mặt phẳng (P) cắt trục OO’ tại I. Ta có : IA = IB nên ∆IAB cân tại I, do
đó MI ⊥ AB .
·
Do đó góc giữa (P) và mặt đáy bằng IMO
= 60°
Xét tam giác vuông IMO có : OI = OM .tan 60 =

R 3 OO′
<
= 2R
2
2

=> I nằm giữa O và O’. Do đó (P) không cắt đáy còn lại.
Vậy hình chiếu của (P) trên ( O; R′ ) là phần diện tích của hình quạt cung lớn AB và ∆OAB (phần gạch
chéo).
Áp dụng định lí Cosin trong tam giác OAB có :
OA2 + OB 2 − AB 2 R 2 + R 2 − 3R 2
1
cos AOB =
=

= − ⇒ ·AOB = 120°
2
2.OA.OB
2R
2
1
1
3
3
⇒ S ∆OAB = OA.OB.sin120 = R 2 .
= R2
2
2
2
4
Gọi SOAB là diện tích hình quạt

⇒ SOAB

4π
2
= 3 .π R 2 = π R 2
2
3

2
3
⇒ S hc = SOAB + S ∆OAB = π R 2 + R 2
3
4

Vậy diện tích phần thiết diện cần tìm là :
S hc = S .cos 60 ⇒ S =

2
S hc
3 4
3 2 4
3 2
2
= 2  π R 2 + R 2
=
π
R
+
R
=
π
+
÷

÷

÷
÷ 3
÷ 3
÷R
cos 60
3
4
2

2

 
 


Câu 38: Đáp án B
Phương pháp:

Trang 20


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
b

Sử dụng phương pháp đổi biến và áp dụng công thức

∫
a

c

c

b

a

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx

Cách giải:
0

∫ f ( − x ) dx

Xét tích phân:

−2

 x = −2 ⇒ t = 2
Đặt x = −t ⇔ dx = −dt . Đổi cận 
x = 0 ⇒ t = 0
⇒

0

0

2

2

−2

2

0

0

∫ f ( − x ) dx = −∫ f ( t ) dt = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = 2
2

Xét tích phân:

∫ f ( −2 x ) dx = 4
1

x = 1 ⇒ t = 2
Đặt 2 x = t ⇔ 2dx = dt . Đổi cận 
x = 2 ⇒ t = 4
2

⇒∫
1

4

∫
0

4

4

4

4

1

f ( −2 x ) dx = 4 = ∫ f ( −t ) dt = 4 ⇒ ∫ f ( − x ) dx = 8 ⇒ − ∫ f ( x ) dx = 8 ⇔ ∫ f ( x ) dx = −8
22
2
2
2
2

4

0

2

f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 2 − 8 = −6

Câu 39: Đáp án C
Phương pháp:
Phân tích đa thức 1 + x + x 2 + x3 thành nhân tử.
n

k
n −k k
Sử dụng khai triển nhị thức Newton: ( a + b ) = ∑ Cn .a .b
n

k =0

Cách giải:

( 1+ x + x

2

+ x3 )

10

= ( 1 + x ) + x 2 ( 1 + x )  = ( 1 + x 2 ) ( 1 + x ) 
10

10

Áp dụng khai triển nhị thức Newton ta có:
10

10

( 1 + x 2 ) ( 1 + x )  = ∑ C10k .x 2 k .∑ C10m .x m ( k , m ∈ ¢ )


k =0
k =0
10

Để tìm hệ số của x5 ta cho 2k + m = 5 ⇔ ( k ; m ) ∈ { ( 0;5 ) ; ( 1;3 ) ; ( 2;1) }
0
5
1
3
2

1
Vậy hệ số của x5 là : C10 .C10 + C10 .C10 + C10 .C10 = 1902

Câu 40: Đáp án C
Phương pháp:

Trang 21


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x0 : y = f ′ ( x0 ) ( x − x0 ) + y ( x0 ) ( d )
Lấy điểm A ( a;9a − 14 ) thuộc đường thẳng y = 9 x − 14 , cho A ∈ d ⇒ pt ( 1) .
Để từ A kẻ được hai tiếp tuyến đến (C) thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Tìm điều kiện của a để
phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Có bao nhiêu giá trị của a thì có bấy nhiêu điểm thỏa mãn yêu cầu
bài toán.
Cách giải:
TXĐ : D = R.
Ta có : y ′ = 3 x 2 − 3
3
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( C ) tại điểm M ( x0 ; x0 − 3 x0 + 2 ) là:

y = ( 3 x02 − 3) ( x − x0 ) + x03 − 3 x0 + 2 ( d )
Lấy điểm A ( a;9a − 14 ) ∈ ( y = 9 x − 14 ) , vì A ∈ d nên ta có :
9a − 14 = ( 3 x02 − 3) ( a − x0 ) + x03 − 3 x0 + 2 ( 1)
⇔ 9a − 14 = 3ax02 − 3 x03 − 3a + 3 x0 + x03 − 3 x0 + 2
⇔ −2 x03 + 3ax02 − 12a + 16 = 0
⇔ ( x0 − 2 ) ( −2 x02 + ( 3a − 4 ) x0 + 6a − 8 ) = 0
 x0 − 2 = 0
 x0 = 2
⇔

⇔

2
2
 −2 x0 + ( 3a − 4 ) x0 + 6a − 8 = 0
 −2 x0 + ( 3a − 4 ) x0 + 6a − 8 = 0 ( 2 )
Để qua A kẻ được 2 tiếp tuyến đến đồ thị ( C ) thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
TH1 : x0 = 2 là nghiệm của phương trình (2) ta có : −2.22 + 6a − 8 + 6a − 8 = 0 ⇔ a = 2
 x0 = 2
2
⇒ phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Vậy
Khi đó phương trình (2) có dạng −2 x0 + 2 x0 + 4 = 0 ⇔ 
x
=
−
1
 0
a = 2 thỏa mãn.

TH2 : x0 = 2 không là nghiệm của phương trình (2), khi đó để (1) có 2 nghiệm phân biệt thì (2) có nghiệm kép khá
2.
4
2

9a 2 + 24a − 48 = 0
a=
∆ = ( 3a − 4 ) + 8 ( 6a − 8 ) = 0

⇔
⇔

⇔
3

a ≠ 2
a ≠ 2
 a = −4
Vậy có 3 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chú ý và sai lầm: Cần phải làm hết các trường hợp để phương trình (1) có 2 nghiệm, tránh trường hợp thiếu TH1
và chọn nhầm đáp án B.

Trang 22


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Câu 41: Đáp án B
Lời giải sưu tầm :
Giả sử (P) tiếp xúc với (S1), (S2) lần lượt tại A,B
Gọi IJ ∩ ( P ) = M ta kiểm tra được J là trung điểm IM do

IA MI
=
= 2 suy ra M ( 2;1;9 ) .
JB MJ

r
2
2
2
Gọi n = ( a; b; c ) , ( a + b + c ≠ 0 ) suy ra ( P ) : a ( x − 2 ) + b ( y − 1) + c ( z − 9 ) = 0 .
2

2
 d ( I ; ( P ) ) = R1 = 4
c
1
a b
2
2
2
⇒
=
⇔
a
+
b
=
3
c
⇔
+
Ta có: 
 ÷  ÷ = 3 ( 1)
2
2
2
2
c c
d
J
;
P

=
R
=
2
a
+
b
+
c
(
)
) 2
 (

Ta có: d ( O; ( P ) ) =
Đặt t =

2a + b + 9c
a +b +c
2

2

2

=

2a + b + 9c 1 2a b
=
+ +9

2c
2 c c

2a b
b
2a
1
+ ⇔ =t−
ta được d ( O; ( P ) ) = t + 9
c c
c
c
2
2

2

2

b
2a
a
 a   2a 
a
Thay = t −
vào (1) ta thu được  ÷ +  t − ÷ = 3 ⇔ 5  ÷ − 4 t + t 2 − 3 = 0
c
c
c 
c

c 
c
Để phương trình có nghiệm thì
4t 2 − 5t 2 + 15 ≥ 0 ⇔ − 15 ≤ t ≤ 15 ⇔ 0 < 9 − 15 ≤ t + 9 ≤ 9 + 15
Suy ra

9 − 15
9 + 15
9 + 15
9 − 15
≤ d ( O; ( P ) ) ≤
⇒M =
; m=
2
2
2
2

Suy ra M + m = 9
Câu 42: Đáp án A
Lời giải:
Gọi số có 8 chữ số thỏa mãn đề bài là a1a2 ...a8
+ Chọn vị trí của 3 chữ số 0 trong 7 vị trí a2 đến a8: Vì giữa 2 chữ số 0 luôn có ít nhất 1 chữ số khác 0,
nên ta chọn 3 vị trí trong 5 vị trí để điền các số 0, sau đó thêm vào giữa 2 số 0 gần nhau 1 vị trí nữa ⇒ Số
3
cách chọn là C5 = 10 .
5
+ Chọn các số còn lại: Ta chọn bộ 5 chữ số (có thứ tự) trong 9 chữ số từ 1 đến 9, có A9 = 15120 cách
chọn

Vậy số các số cần tìm là 10.15120 = 151200 (số)
Câu 43: Đáp án D
Lời giải:
Đặt log 6 ( 2018 x + m ) = log 4 ( 1009 x ) = t , ta có hệ

Trang 23


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
6t = 2018 x + m
( I ) ⇒ 6t − 2.4t = m ( *)
 t
 4 = 1009 x
Dễ thấy nếu phương trình (*) có nghiệm t = t0 thì hệ (I) có nghiệm x = x0
t
t
Xét hàm số f ( t ) = 6 − 2.4
t

2 ln 4
 3  2 ln 4
f ′ ( t ) = 6 .ln 6 − 2.4 .ln 4 = 0 ⇔ 6 .ln 6 = 4 .2 ln 4 ⇔  ÷ =
⇔ t = log 3
= α ≈ −2, 01
ln 6
2
2 ln 6
f ′( t ) < 0 ⇔ t < α; f ′( t ) > 0 ⇔ t > α
t

t

t

t

f ( t ) = +∞ nên tập giá trị của hàm số f(t) là [ a; +∞ ) .
Mà tlim
→+∞
Vậy các giá trị nguyên của m để (*) có nghiệm là −2; −1;0;1; 2;...; 2017 (có 2020 giá trị)
Câu 44: Đáp án D
Lời giải:
2

2

h
h
Ta có r +  ÷ = R 2 ⇒ r 2 = R 2 −
4
2
2

 2 h2 
π
2
2
2
V
=

π
r
h
=
π
Thể tích khối trụ là
 R − ÷h = ( 4 R − h ) h
4
4

2
2
2
3
Xét hàm số f ( h ) = ( 4 R − h ) h = 4 R h − h trên ( 0; 2R )

Ta cần tìm GTLN của hàm số này
Có f ′ ( h ) = 4 R 2 − 3h 2 = 0 ⇔ h = h0 =

2R 3
(vì h > 0 )
3

Lập bảng biến thiên ta thấy h0 là điểm cực đại của hàm số f(h) và f(h0) là GTLN của f(h) trên (0;2R)
Câu 45: Đáp án A
Lời giải:

( x−2 )( x+2
x 2 − 42018
lim2018

= lim2018
2018
x →2
x→2
x−2
x − 22018
2018

2018

)=

lim ( x + 22018 ) = 22018 + 22018 = 22019

x → 22018

Câu 46: Đáp án D
Lời giải:
Tổng đã cho bằng A =
=

4
( 9 + 99 + ... + 99...9 )
9

4
( 1 − 1) + ( 10 − 1) + ( 102 − 1) + .... + ( 10 2018 − 1) 

9

Trang 24


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
 4  102019 − 10

4
4  102019 − 1
= ( 1 + 10 + 102 + ... + 102018 − 2019 ) = 
− 2019 ÷ = 
− 2018 ÷
9
9  10 − 1
9
 9

Câu 47: Đáp án D
Lời giải
Ta có  f ( 3 − x 2 ) ′ = −2 x. f ′ ( 3 − x 2 ) > 0 ⇔ f ′ ( 3 − x 2 ) trái dấu với x


2
2
Ta thấy chỉ có khoảng ( −1;0 ) là x âm và 2 < 3 − x 2 < 3 do đó f ′ ( 3 − x ) > 0 (theo đồ thị) nên f ( 3 − x )

đồng biến trên ( −1;0 )
Câu 48: Đáp án A
Phương pháp:
+) Hình lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng nhau và có các cạnh bên vuông góc với đáy.
+) Chọn hệ trục tọa độ phù hợp để làm bài toán.

 MN ⊥ A′C
+) MN là đoạn vuông góc chung của A’C và BC’ ⇒ 
.
 MN ⊥ BC ′
Cách giải:
Xét hình lăng trụ tam giác đều có các cạnh đều bằng 2.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ có gốc tọa độ là trung điểm của BC.
Ta có các điểm: O ( 0;0; 0 ) ; A ∈ Ox ⇒ A

(

3;0;0

)

B; C ∈ Oy ⇒ B ( 0; −1;0 ) , C ( 0;1;0 )
A′

(

)

3;0; 2 ; C ′ ( 0;1; 2 )

uuuu
r
uuur
⇒ A′C = − 3;1; −2 ; BC = ( 0; 2; 2 ) = ( 0;1;1)

(

)

 x = − 3t1

Phương trình đường thẳng A’C là  y = 1 + t1 .
 z = −2t
1

x = 0

Phương trình đường thẳng BC’ là:  y = −1 + t2 .
z = t

2

(

)

Ta có điểm M ∈ A′C ⇒ M − 3t1 ;1 + t1 ; −2 t1 ; N ∈ BC ′ ⇒ N ( 0; −1 + t2 ; t2 ) .
uuuu
r
⇒ MN

(

3t1 ; t2 − t1 − 2; t2 + 2t1

)

Trang 25