Tổng hợp toán vận dụng cao có lời giải chi tiết – đoàn trí dũng

Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
TỔNG HỢP TOÁN VẬN DỤNG CAO
Câu 1:

 z1  z2  z3  0
2
2
2

Cho 3 số phức z1 ; z2 ; z3 thỏa 
2 2 . Tính A  z1  z2  z2  z3  z3  z1
 z1  z2  z3 
3

A.

2 2
3

B. 2 2

C.

8
3

D.

8 3
3

 z1  z2   z3
8
2
2
2

Lời giải: Ta có:  z1  z3   z2  A   z1   z2   z3  . Chọn C.
3

 z2  z3   z1
Câu 2:

Cho một cấp số cộng  un  có u1  1 và tổng của 100 số hạng đầu tiên 24850 . Tính giá trị của
biểu thức S 

1
1
1
1
?

 ... 

u1u2 u2u3
u48u49 u49u50

A. S  123

B. S 

4
23

C. S 

9
246

D. S 

49
246

Lời giải: Ta có: u100  u1  497  u100  496  1  99d  d  5  u50  246 .

Lại có: 5S 
Câu 3:

u u
u u
1
1
1
49
u2  u1 u3  u2
.

 ...  49 48  50 49  
 1
 S

246
246
u1u2
u2u3
u48u49
u49u50
u1 u50

Cho số phức z 2017  1  1 . Gọi P  z . Tính A  2017.  max P   2017.  min P  .
A. A  2017.2016 2

B. A  2017.2017 3

Lời giải: Ta có : max P  max z  0  max P

2017

C. A  2017.2017 2

 max z

Mặt khác ta cũng có: min P  z  0  min P 2017  min z

2017

2017

 max z

2017

D. A  2017

.

 min z 2017 .

Gọi z 2017  a  bi  a, b     Tập hợp điểm biểu diễn số phức z 2017 là đường tròn tâm I  0;1 có bán
 max P 2017  2
 max P  2017.2017 2
kính R  1  

 A  2017.2017 2 . Chọn C.

2017
0
 min P  0
 min P

Câu 4:

Xét số phức z thỏa 2 z  1  3 z  i  2 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng:

1
3
 z 
2
2
Lời giải: Ta xét các điểm A 1;0  , B  0;1 và M  x; y  với M là điểm biểu diễn số phức z trong mặt

A.

3
 z 2
2

B. z  2

phẳng phức. Ta có : 2 z  1  3 z  i  2

 x  1

C. z 

2

1
2

D.

 y 2  3 x 2   y  1  2MA  3MB .
2

Ta có : 2 MA  3MB  2  MA  MB   MB  2 AB  MB  2 2  MB  2 2 .
 2 z  1  3 z  i  2 2 . Mà theo giả thuyết ta có : 2 z  1  3 z  i  2 2 .

 M  AB
 M  B  M  0;1  z  1
Vậy 2 z  1  3 z  i  2 2 . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi 

 MB  0
4

Câu 5:

 z 1 
Gọi z1 , z2 , z3 , z4 là nghiệm của phương trình 
  1 . Tính giá trị của biểu thức:
 2z  i 

LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

Trang 1/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
P   z12  1 z22  1 z32  1 z42  1 .

A. 1.

19
.
7

B.

17
.
9

C.

D. 2.

4
4
2
2
2
2
Ta có:  z  1   2 z  i    z  1   2 z  i    z  1   2 z  i    0




Lời giải:

2
2
  z  1   2 z  i    z  1   2 z  i    z  1   2 z  i    0


2
  3z  1  i   z  1  i  5 z   2  4i  z   0

 z1 
Câu 6:

1 i
2  4i

17
; z2  1  i; z3  0; z4 
 P
. Chọn C.
3
5
9
Cho f  n    n 2  n  1  1 n  * và đặt un 
2

n nhỏ nhất sao cho log 2 un  un  
A. n  23

f 1 f  3 ... f  2n  1
. Tìm số nguyên dương
f  2  f  4  ... f  2n 

10239
?
1024

B. n  29

C. n  33



D. n  21



Lời giải: Ta có: f  n    n 2  n  1  1   n 2  1  n  1  1 n  * .
2

Đến đây ta dễ dàng có: un
Ta có: log 2 un  un  
Câu 7:

1  1 2

 2  1 3
2

2

2

2

2


  2n   1 
 1 4  1 5  1 ...   2n   1   2n  1  1 2n

 1 32  1 42  1 ...  2n  1  1
2

2

2

2

2

2

2

1
.
 2n  1

10239
1
1
1
 log 2

 un 
 n  23 . Chọn A.
1024
1024 1024
1024

Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 2  2 z  5   z  1  2i  z  3i  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của module z  2  2i .
A. 1.

B.

5.

C.

5
.
2

D.

3
.
2

Lời giải: Ta có : z 2  2 z  5   z  1  2i  z  3i  1

  z  1  2i   0
  z  1  2i  z  1  2i    z  1  2i  z  3i  1  
.
  z  1  2i    z  3i  1
Trường hợp 1:  z  1  2i   0  z  1  2i  z  2  2i  1 .
Trường hợp 2:  z  1  2i    z  3i  1  b  

1
với z  a  bi  a, b    .
2

1 

3

 z  2  2i   a  i   2  2i   a  2   i  z  2  2i 
2 
2

Câu 8:

 a  2

2



9 3
 . Chọn A.
4 2

Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  2i  2 2 . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức

P  a z  1  b z  3  4i với a, b là số thực dương.
A.

a 2  b2 .

B.

2a 2  2b 2 .

C. 4 2a 2  2b 2 .

D. a 2  b 2 .

Lời giải: Ta gọi z  x  yi  x, y    . Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng phức .

Trong mặt phẳng phức xét các điểm A 1;0  , B  3; 4  . Khi đó AB  4 2.
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

Trang 2/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
2
2
2
2
 MA  MB  AB  py  ta  go   P  bMB 
2
2
Ta luôn có : 

  MB  AB  0 .
a
P

aMA

bMB





 b2

 P2

2.P.b
2
  2  1 MB 
MB   2  AB 2   0 * .
a
a

a

Để phương trình * có nghiệm thì:  '*  0 

 P 2
b2 2  b2
2
P


1
 2  2  AB   0
2
a
a
 a



P2  b2
  2   2  1 AB 2  0  P 2  AB 2  a 2  b 2   P  AB a 2  b 2  4 2a 2  2b 2 . Chọn C.
a a

Câu 9:

Cho hàm số y  f  x  thỏa mãn điều kiện f 2 1  2 x   x  f 3 1  x  . Lập phương trình tiếp
tuyến với đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ x  1?

1
6
1
6
1
6
1
6
A. y   x 
B. y   x 
C. y  x 
D. y  x 
7
7
7
7
7
7
7

7
2
3
2
Lời giải: Ta xét x  0 ta được f 1   f 1  f 1  f 1  1  0  f 1  0  f 1  1 .

Lại có 4 f 1  2 x  f  1  2 x   1  3 f 2 1  x  f  1  x  thay x  0 ta có 4 f 1 f  1  1  3 f 2 1 f  1 .
Trường hợp 1: Nếu f 1  0 thay vào ta thấy 0  1 vô lý.
1
Trường hợp 2: Nếu f 1  1 thì thay vào 4 f  1  1  3 f  1  f  1   .
7
1
1
6
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y    x  1  1   x  .
7
7
7

Câu 10: Cho hàm số y  2 x3  3 x 2  1 có đồ thị  C  . Xét điểm A1 có hoành độ x1  1 thuộc  C  . Tiếp

tuyến của  C  tại A1 cắt  C  tại điểm thứ hai A2  A1 có hoành độ x2 . Tiếp tuyến của  C  tại
A2 cắt  C  tại điểm thứ hai A3  A2 có hoành độ x3 . Cứ tiếp tục như thế, tiếp tuyến của  C 

tại An 1 cắt  C  tại điểm thứ hai An  An 1 có hoành độ xn . Tìm giá trị nhỏ nhất của n để
xn  5100 .
A. 235
B. 234
C. 118
D. 117

Lời giải: Ta có: xk  a  Tiếp tuyến tại Ak có phương trình hoành độ giao điểm:

2 x3  3 x 2  1  2a 3  3a 2  1   6a 2  6a   x  a    x  a   2 x  4a  3  0  xk 1  2 xk 
2

3
2

1

 
 x1  2    1



4

1
 x2  4     2    1

2
1
1
1
1
n
Do đó xn   .  2    5100 . Chọn n  2k  1   .4k .  2    5100  4k  1  2.5100
4
2
4

2

 x1  1
n

Vậy 
3  xn   .  2    . Xét
 xn 1  2 xn  2

 4k  2.5100  1  k  log 4  2.5100  1  Chọn k  117  n  235 .

Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1; 2; 1 , M  2; 4;1 , N 1;5;3 . Tìm tọa

độ điểm C nằm trên mặt phẳng  P  : x  z  27  0 sao cho tồn tại các điểm B, D tương ứng
thuộc các tia AM , AN để tứ giác ABCD là hình thoi.
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

Trang 3/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
A. C  6; 17; 21

B. C  20;15;7 

C. C  6; 21; 21

D. C 18; 7;9 

Lời giải: C là giao của phân giác trong AMN với  P  . Ta có: AM  3; AN  5 .

Gọi E là giao điểm phân giác trong AMN và MN . Ta có:

EM AM 3


EN
AN 5

 x  1  5t
  

 13 35 7 
 5 EM  3EN  0  E  ; ;    AE  :  y  2  19t  C  6; 21; 21 .
 8 8 4
 z  1  22t


Câu 12: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  : x  y  z  3  0 và tọa độ hai
điểm A 1;1;1 , B  3; 3; 3 . Mặt cầu  S  đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với  P  tại điểm
C . Biết rằng C luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính của đường tròn đó?

2 33
2 11
C. R 
3
3
Lời giải: Ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm D  3;3;3 là giao
A. R  4

điểm của

 AB 

B. R 

D. R  6
B

và  P  . Do đó theo tính chất của phương

tích ta được: DA.DB  DI 2  R 2 . Mặt khác vì DC là tiếp
tuyến của mặt cầu  S  cho nên DC 2  DI 2  R 2 .
Do vậy DC 2  DA.DB  36 cho nên DC  6 (Là một giá trị
không đổi).
Vậy C luôn thuộc một đường tròn cố định tâm D với bán

A

P

D

I

C

kính R  6 . Chọn D.
Câu 13: Xét các số thực với a  0, b  0 sao cho phương trình ax3  x 2  b  0 có ít nhất hai nghiệm

thực. Giá trị lớn nhất của biểu thức a 2b bằng:
4
15
27
4
A.
B.
C.
D.
27
4
4
15
2
. Từ đây ta có tọa độ 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số là A  0; b  và
Lời giải: y '  0  x  0 và x 
3a
4 
4 

 2
. Để có ít nhất 2 giao điểm với trục hoành thì y A . yB  0  b  b 
B  ;b 
0
2 
27a 
27 a 2 

 3a
4

  27 a 2b  4  b  0  a 2b 
(Vì b  0 ). Chọn A.
27
Câu 14: Cho số phức z  a  bi  a, b    thỏa mãn

z  2i
là số thuần ảo. Khi số phức z có môđun lớn
z2

nhất. Tính giá trị biểu thức P  a  b .

A. P  0
Lời giải: Ta có:

B. P  4

C. P  2 2  1

z  2i a   b  2  i  a   b  2  i   a  2  bi 
là số thuần ảo


2
z  2  a  2   bi
 a  2  b2

D. P  1  3 2

a  1  2 sin 
2

2
 a  a  2   b  b  2   0  a 2  2a  b 2  2b  0   a  1   b  1  2  
b  1  2 cos 

LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

Trang 4/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389

Ta có: a 2  b 2  2  a  b   z  4  2 2  sin   cos    4  2 2. 12  12  8
2

 z max  2 2 khi sin   cos  

2
 ab  4 .
2

Câu 15: Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh a . Gọi E là điểm đối xứng của A qua D . Mặt phẳng qua
CE và vuông góc với mặt phẳng  ABD  cắt cạnh AB tại điểm F . Tính thể tích V của khối

tứ diện AECF .
2a 3
2a 3
2a 3
C. V 
D. V 
60

40
15
FA 3
FA 2
HB FA EM
Lời giải: Áp dụng định lý Menelaus:
. 1

.
.
 1  2.
FB 4
FB 3
HM FB EA
A. V 

 AF 

2a 3
30

B. V 

2
S
AE AF 4
4
4 a3 2 a3 2
.
.


AB và AE  2 AD . Ta có: AEF 
  VAECF  VABCD  .
5
5
5 12
15
S ABD AD AB 5

Câu 16: Xét các số phức

z  a  bi  a, b    thỏa mãn

z  2  3i  2 . Tính P  a  b khi

z  2  5i  z  6  3i đạt giá trị lớn nhất.

A. P  3

B. P  3

C. P  7

D. P  7

Lời giải: Do z  2  3i  2   a  2    b  3  2 . Suy ra M   C  có tâm I  2; 3 và bán kính
2

2

R  2 . Gọi A  2;5  , B  6; 3 , I   2;1 . Suy ra P  MA  MB  2  MA2  MB 2 
AB 2
  I  là hình chiếu vuông góc của M
. Suy ra PMax  MI Max
2
trên AB  M , I , I  thẳng hàng.Vì ta thấy IA  IB  MA  MB nên xảy ra dấu =.


Ta có IM   a  2; b  3 , II    4; 4  nên AB  M , I , I  thẳng hàng  4  a  2   4  b  3  a  b  1 .
Mặt khác ta có MA2  MB 2  2 MI 2 

2
2
 a  3; b  4
 a  2    b  3  2
Tọa độ M là nghiệm của hệ 

 a  1; b  2
a  b  1

 M  3; 4   P  MA  MB  2 82
Mặt khác 
. Vậyđể PMax thì M  3; 4  Suy ra a  b  7 .
 M  1; 2   P  MA  MB  2 50
Câu 17: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình ln  m  2sin x  ln  m  3sin x    sin x có nghiệm?
A. 3

B. 4

C. 5

D. 6

Lời giải:  m  2sin x  ln  m  3sin x    ln  m  2sin x  ln  m  3sin x     m  3sin x   ln  m  3sin x 
 a  ln a  b  ln b  a  b  m  2sin x  ln  m  3sin x   m  3sin x  ln  m  3sin x   sin x

 m  3sin x  esin x  m  esin x  3sin x . Xét hàm số f  t   et  3t với t   1;1 .
1

sin x
1
max e  3sin x  f  1   3
e
Vì f   t   e  3  0 t   1;1 nên: 
 e  3  m   3 . Chọn B.
e
min esin x  3sin x  f 1  e  3

t

Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  2 y  z  4  0 . Có tất cả bao

nhiêu mặt cầu có tâm nằm trên mặt phẳng

P

và tiếp xúc với ba trục tọa độ

x ' Ox, y ' Oy, z ' Oz ?
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

Trang 5/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
A. 8 mặt cầu
B. 4 mặt cầu
C. 3 mặt cầu
D. 1 mặt cầu
Lời giải: Gọi tâm I  a, b, c  , ta có a  2b  c  4 . Vì d  I , Ox   d  I , Oy   d  I , Oz 
 a 2  b2  b2  c 2  c2  a 2  a  b  c

 Nếu a  m, b  m, c  m  2m  4  m  2  I  2; 2; 2 
 Nếu a  m, b  m, c  m  m  1  I 1;1;1
 Nếu a  m, b  m, c  m  0  4 (Loại)
 Nếu a  m, b  m, c  m  2m  4  I  2; 2; 2 

Vậy có tất cả 3 mặt cầu thỏa mãn điều kiện của bài toán đưa ra.
Câu 19: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  1;1 đồng thời thỏa mãn điều kiện f 2  x   1

với mọi x   1;1 và

1

1

 f  x  dx  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của  x f  x  dx ?
2

1

1
A. 
2

1

1
B. 
4
1

Lời giải: Ta đặt I   x f  x  dx  I 
2

1

2
C. 
3
1

 x

2

1

 a  f  x  dx 

1

D. 1

x

2

 a f  x  dx 

1

1

x

2

 a dx a   .

1

1

Do đó ta suy ra I  min  x 2  a dx . Đến đây ta chia bài toán thành 3 trường hợp như sau:
a

1

1

1

1

1

2
 2
Trường hợp 1: Nếu a  0 thì min  x 2  a dx  min   x 2  a  dx  min   2a   .
a
a 0
a0
3
 3
1
1

2 4

Trường hợp 2: Nếu a  1 thì min  x 2  a dx  min   a  x 2  dx  min  2a    .
a
a 1
a 1
3 3

1
1
1
a

 a
Trường hợp 3: Nếu a   0;1 thì min  x 2  a dx  min    x 2  a  dx    a  x 2  dx 
a
a 0;1 
1
 a
 1

1

 x
a

2


 a  dx 



1
 x 3
 a 
 x3
1 
x3  a
 min  x 2  a dx  min   ax 
  ax  
   ax 


a
a 0;1
3  a  3
 3
 1

 a 
1
1
 8a a
2 1
1
 min  x 2  a dx  min 
 2a    khi và chỉ khi a  .
a
a 0;1
3 2
4
1
 3
1

Kết luận: Như vậy min  x 2  a dx 
a

1

1
1
1

do đó I   min I   .
2
2
2

Câu 20: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;1 đồng thời thỏa mãn f  x    8;8 với

mọi x   0;1 và

1

1

 xf  x  dx  3 . Tìm giá trị lớn nhất của  x f  x  dx ?
3

0

A. 2

0

B.
1

31
16

Lời giải: Ta đặt I   x3 f  x  dx khi đó: I  3a 
0

C.
1

x
0

4
3

D.

17
8

1

3

 ax  f  x  dx   x3  ax f  x  dx

LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

0

Trang 6/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
1



 I  3a  8 x  ax dx a    I  3a  8 x  ax dx a    I  min  3a  8 x 3  ax dx  .
a
0
0
0


1

1

3

3

1
1




Trường hợp 1: Nếu a  0 khi đó min  3a  8 x 3  ax dx   min  3a  8  x 3  ax  dx   min  2  a   2
a
a 0
a0
0
0





1
1




3
Trường hợp 2: Nếu a  1 khi đó min  3a  8 x  ax dx   min  3a  8  ax  x3  dx   min  7a  2   5
a
a 1
a 1
0
0





Trường hợp 3: Nếu a   0;1 khi đó ta có đánh giá sau:
1
a
1




31

3
3
min  3a  8 x  ax dx   min  3a  8   ax  x  dx  8   x3  ax  dx   min  4a 2  a  2  
a
a 0;1 
 a0;1
16
0
0


a



1

 31
1
31
3
31
Kết luận: Vậy min  3a  8 x3  ax dx    I  . Đẳng thức xảy ra khi a  ; I   3a  .
a
16
8
12
8
0


 16
ĐÁP ÁN CHI TIẾT BÀI TẬP VỀ NHÀ
20

10

1 
1


Câu 21: Sau khi khai triển và rút gọn, biểu thức  x  2    x3   có bao nhiêu số hạng?
x 
x


A. 27
B. 28
C. 29
D. 32
20

10

20
10
1 
1
k
i



Lời giải: Ta có:  x  2    x 3     C20k  1 x 20 3k   C10i  1 x 30 4i . Khai triển này bao gồm
x 
x


k 0
i 0
tất cả 21  11  32 số hạng. Tuy nhiên ta xét các số hạng bị trùng lũy thừa của nhau.

Ta có: 20  3k  30  4i  4i  3k  10 do đó k phải là số chẵn nhưng không chia hết cho 4. Ta có bảng:
k
2
6
10
14
18
i
4
7
10
13 (L)
16 (L)
Vậy có 3 cặp số hạng sau khi khai triển trùng lũy thừa của nhau. Chọn C.

Câu 22: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm cấp hai f   x  liên tục trên đoạn  0;1 đồng thời thỏa mãn

điều kiện f  0   f 1  1; f   0   2018 . Mệnh đề nào sau đây là đúng?
1

A.



1

f   x 1  x  dx  2018

B.

0

1

C.



 f   x 1  x  dx  2018
0

1

f   x 1  x  dx  1

D.

0

0

1

Lời giải: Ta có:

 f   x 1  x  dx  1


0

1

1 1



f  x 1  x  dx   1  x  df  x   f  x 1  x    f   x  dx  2018 . Chọn A.
0 0
0

Câu 23: Cho phương trình 8 x  m22 x 1   2m 2  1 2 x  m  m3  0 . Biết tập hợp các giá trị thực của tham

số m sao cho phương trình có ba nghiệm phân biệt là  a; b  . Tính S  ab ?
A. S 

2
3

B. S 

4
3

C. S 

LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

3
2

D. S 

2 3
3

Trang 7/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Lời giải: Ta đặt t  2 x khi đó phương trình có dạng  t  m   t 2  mt  m 2  1  0 . Do đó điều kiện cần và

m  0; S  m  0

2
đủ là 3 nghiệm t  0 cho nên:  P  m 2  1  0
 1 m 
. Chọn A.
3

2

2
Δ  m  4  m  1  0
Câu 24: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:

Hàm số y  f  x 2  2  nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  2;0 

B.  2;  

C.  0; 2 

D.  ; 2 

  x  0

 x 2  2  2

x  0; 
 2x2

2
2
  f   x  2   0


0  x  2  2
2

  x  4
.

Lời giải: Ta có: y  2 xf   x  2   0  
2
  x  0
 2  x  0
 x  0;  x  2  2


  2
2

f x  2  0
 2  x  2  0

  





Do vậy hàm số y  f  x 2  2  đồng biến trên các khoảng  ; 4  ,  2;0 ,









2; 2 và nghịch biến trên

các khoảng 4;  2 , 0; 2 ,  2;   . Chọn B.
Câu 25: Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  x   2m  1 x 2  3m x  5 có
3

ba điểm cực trị?
1

A.  ; 
4


 1
B.  0;   1;  
 4

C.  ;0

D. 1;  

Lời giải: (Học sinh tự vẽ hình tưởng tượng) Hàm số y  x   2m  1 x 2  3m x  5 có ba điểm cực trị
3

khi và chỉ khi hàm số y  x 3   2m  1 x 2  3mx  5 có hai điểm cực trị không âm.
Δ  4m 2  5m  1  0
1


 0  m  4 . Chọn B.


Vậy phương trình 3x 2  2  2m  1 x  3m  0 khi: 
2  2m  1
 0; P  m  0  m  1
S 

3

Câu 26: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên và có đạo

hàm f   x  liên tục trên  . Đường thẳng trong hình vẽ
bên là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại gốc tọa độ. Gọi m
là giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f   x  . Mệnh đề nào sau
đây là đúng?
A. m  2
C. 0  m  2

B. 2  m  0
D. m  2

LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

Trang 8/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Lời giải: Dựa vào đồ thị hàm số trên ta thấy rằng x  0 chính là nghiệm của phương trình f   x   0 và

là điểm cực trị của hàm số y  f   x  . Mặt khác hàm số y  f   x  có dạng hàm số bậc 2 với hệ số bậc
cao nhất dương. Khi đó giá trị nhỏ nhất này chính là f   0  đồng thời là hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm
có hoành độ x  0 .

Dựa vào đồ thị ta thấy tiếp tuyến có dạng y  ax và đi qua điểm có tọa độ xấp xỉ 1; 2, 2  cho nên ta suy
ra 2, 2  a  f   0   m . Chọn A.
Câu 27: Cho dãy số  an  thỏa mãn điều kiện a1  1; 5an1  an  1 

3
với mọi n    . Tìm số nguyên
3n  2

dương n  1 nhỏ nhất để an   ?
A. n  39

B. n  41

C. n  49

D. n  123

3
3
3
; 5an1  an2  1 
; ...5a2  a1  1  .
3n  1
3n  4
5
3 
3   3  8.11.14...  3n  1 3n  2  3n  2


Nhân vế với vế ta được: 5an  a1  1 

.
1 
 .... 1   
5
 3n  1  3n  4   5  5.8.11....  3n  4  3n  1
Lời giải: Ta có: 5an  an1  1 

Khi đó ta có công thức tổng quát an  log 5  3n  2  . Chọn B.
Chú ý: Tới đoạn này sử dụng lệnh CALC là nhanh nhất. Nhưng nếu bài toán không cho trước đáp số có
thể sử dụng Bảng TABLE để truy tìm giá trị nguyên dương n  1 nhỏ nhất để an   .

z2  z1
là số thực. Gọi M , m lần lượt là
1 i
giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của z1  z2 . Tính giá trị của biểu thức T  M  m ?

Câu 28: Cho số thực z1 và số phức z2 thỏa mãn z2  2i  1 và

B. T  4 2

C. T  3 2  1
D. T  2  3
z  z  a  b  ci  i  1
Lời giải: Ta đặt z1  a, z2  b  ci khi đó: 2 1 
   c  b  a đồng thời ta cũng
1 i
2
A. T  4

có z2  2i  1  b 2   c  2   1 . Do vậy z1  z2   a  b   ci  c  ci  c 2 .

2

2
2
Vì b 2   c  2   1   c  2   1  c  3  1  c  3 do đó z1  z2  c 2   2;3 2   T  4 2 .

Câu 29: Cho khối tứ diện ABCD có BC  3, CD  4, ABC  BCD  ADC  900 . Góc giữa hai

đường thẳng AD và BC bằng 600 . Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ACD  ?
A.

2 43
43

B.

43
86

4 43
43
D.
43
43
Lời giải: Ta dựng AE   BCD  và dễ dàng chứng minh được
C.

BCDE là hình chữ nhật. Khi đó   AD, BC   ADE  600 khi đó

ta suy ra AE  3 3  VABCD  6 3 .

Mặt khác ta chú ý công thức tính nhanh:
VABCD 

2S ABC S ACD sin   ABC  ,  ACD  
3 AC

LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

Trang 9/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389

Do vậy đặt    ABC  ,  ACD    α và theo định lý Pythagoras ta suy ra AB  43; AD  6; AC  2 13 .
Khi đó: 6 3 

2 1
2 43

.
 3 43  12  sin α  cos α 
43
6 13  2


Câu 30: Tìm giá trị lớn nhất của P  z 2  z  z 2  z  1 với z là số phức thỏa mãn z  1 .
A. max P 

13
4

B. max P 



9
4




C. max P 

13
3

D. max P 

11
3

 z2  z 2   z2  z  z 2  z  2  z  z  2  2x  z 2  z  2  2x

.
Lời giải: Ta có 
2
2
2
 z 2  z  1   z 2  z  1 z  z  1  1  2 z  z  z  z  z 2  z  1  2 x  1


Từ đây ta tìm được max P  max
1;1







2  2x  2x 1 



 



13
7
x .
4
8

Câu 31: Cho số phức z thỏa mãn z  m 2  2m  5 với m là số thực. biết rằng tập hợp điểm của số

phức w   3  4i  z  2i là đường tròn. Tính bán kính R nhỏ nhất của đường tròn đó.
A. Rmin  5

B. Rmin  20

C. Rmin  4

D. Rmin  25

Lời giải: Ta có:  3  4i  z  5  m 2  2m  5   w  2i  5  m 2  2m  5  . Vậy R  5  m 2  2m  5   20 .
Câu 32: Có bao nhiêu giá trị của m để tồn tại duy nhất số phức z thỏa mãn z.z  1 và z  3  i  m .
A. 0
Lời giải:

B. 1
Gọi z  x  yi , ( x, y  R ) ,ta có hệ:

C. 2

D. 3

2
2
 x  y  1(1)

2
2
2
( x  3)  ( y  1)  m (m  0)

Ta thấy m  0  z  3  i không thỏa mãn z.z  1 suy ra m  0 .
Xét trong hệ tọa độ Oxy tập hợp các điểm thỏa mãn (1) là đường
tròn (C1 ) có O(0;0), R1  1 , tập hợp các điểm thỏa mãn (2) là
đường tròn (C2 ) tâm I ( 3; 1), R2  m ,ta thấy OI  2  R1 suy ra
I nằm ngoài (C1 ) . Để có duy nhất số phức z thì hệ có nghiệm

duy nhất khi đó tương đương với (C1 ), (C2 ) tiếp xúc ngoài và tiếp
xúc trong, điều điều này xảy ra khi OI  R1  R2  m  1  2  m  1 hoặc R2  R1  OI  m  1  2  3 .
Câu 33: Xét số phức z và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là M và M ¢ . Số phức z (4 + 3i )

và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là N và N ¢ . Biết rằng MM ¢N ¢N là một hình
chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất của z + 4i - 5 .
A.
Lời giải:

5
.
34

B.

2
.
5

C.

1
.
2

D.

4
.

13

Gỉa sử z  a  bi ( a, b   ) được biểu diễn bởi điểm M  a; b 

Khi đó số phức liên hợp của z là z  a  bi được biểu diễn bởi điểm M   a; b 

LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

Trang 10/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389

Ta có: z  4  3i    a  bi  4  3i   4a  3ai  4bi  3b   4a  3b    3a  4b  i do đó số phức z  4  3i 
được biểu diễn bởi điểm N  4a  3b;3a  4b 
Khi đó điểm biểu diễn số phức liên hợp của số phức z  4  3i  là N   4a  3b; 3a  4b 


 MM    a  a; b  b 
 MM    0; 2b 
 
 
Ta có:  NN    4a  3b  4a  3b; 3a  4b  3a  4b    NN    0; 6a  8b 
 
 
4
3
;3
4
MN

a
b
a
a
b
b








 MN   3a  3b;3a  3b 
  
2b  6a  8b
 MM   NN   0

Vì MM N N là một hình chữ nhật nên ta có:   
  a, b  0
 a  b
 MM .MN  0
2b 3a  3b  0



2

9 1

1

 z  b  bi  z  4i  5  b  5   b  4  i   b  5    b  4   2  b    
2 2
2

9 9
1
9
b
hay z   i .
Vậy z  4i  5 min 
2
2 2
2
2

2

Câu 34: Cho số phức z  m  2   m 2  1 i với m   . Gọi  C  là tập hợp các điểm biểu diễn số phức

z trong mặt phẳng tọa độ. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi  C  và Ox .
4
32
8
C.
D. .
.
.
3

3
3
Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng tọa độ.

A. 1.
Lời giải:

B.

x  m  2
m  x  2
m  x  2
Vì z  m  2   m 2  1 i  




2
2
2
 y  m  1  y  m  1  y   x  2   1
Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức là đường cong  C  với y   x  2   1
2

 x  3
2
Xét phương trình hoành độ giao điểm của  C  và Ox ta có :  x  2   1  0  x 2  4 x  3  0  
 x  1
Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi  C  và Ox là S 

1

 ( x  2)

3

Câu 35: Xét số phức z thỏa mãn 1  2i  z 
A.

3
 z  2.
2

B. z  2.

Lời giải: Ta có:  z  2   i  2 z  1 

2

4
 1 dx  . Chọn B.
3

10
 2  i. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
z
1
1
3
C. z  .

D.  z  .
2
2
2

10
10


z
z

 z  2    2 z  1
2

2

 z  1 . Chọn D.

Câu 36: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  8  6i và z1  z2  2 . Tìm giá trị lớn nhất của
P  z1  z2 .

A. P  4 6.

B. P  2 26.

C. P  5  3 5.

LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

D. P  32  3 2.

Trang 11/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389

a  c   b  d  i  8  6i
z  z  a  c  b  d  i
 z  a  bi

Gọi  1

 a, b, c, d      1 2
2
2
 z2  c  di
  a  c    b  d   2
 z1  z2  a  c   b  d  i

Lời giải:

2
2
 z  z   a  c 2   b  d 2  8  6i
 1 2
 a  c    b  d   100


2

2
2
2
 a  c    b  d   4
 a  c    b  d   4

  a  c    b  d    a  c    b  d   104  a 2  b 2  c 2  d 2  52
2

2

2

2

1

B .C . S

Mặt khác P  z1  z2  a 2  b 2  c 2  d 2 

2

 12  a 2  b 2  c 2  d 2   2.52  2 26.

Câu 37: Cho số phức z thỏa mãn z  8  z  8  20 . Gọi m, n lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn

nhất của z . Tính P  m  n .
B. P  10 2.

A. P  16.

Gọi z  x  yi  x, y    và M  x, y  là điểm biểu diễn của số phức z trong mặt phẳng

Lời giải:

phức. Xét các điểm F1  8;0  , F2  8;0  . Ta có : MF 1 

8  x     y 
2

MF 2 

D. P  5 10.

C. P  17.

2

 z  8  z  8  20 

 x  8



 x  8

2

2

 8  x     y 
2

2



 x  8

2

 y2  z  8 .

 y2  z  8 .

 y2 

 x  8

2

 y 2  20  MF1  MF2  20

x2 y2

1
a 2 b2

Do MF1  MF2  F1 F2  Tập hợp điểm M là một elip có dạng

2
2a  20 a  100
x2 y 2
max z  10

 2




 m  n  16 .
1

2
2
c  8
b  a  c  36 100 36
min z  6

Câu 38: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  0;1 đồng thời thỏa mãn các điều kiện sau: max f  x   6
0;1

1

và

1

 x f  x  dx  0 . Giá trị lớn nhất của tích phân  x f  x  dx bằng bao nhiêu?

2

3

0

1
A.
8

B.



3 2 3 4

0



C.

4

2 3 4
16

D.

1

24

1

Lời giải: Ta có với mọi số thực a   thì  ax 2 f  x  dx  0 do đó:
0

1

3
 x f  x  dx 
0

1

Do đó:

1

x
0

3

1

1

0

0

 ax 2  f  x  dx   x 3  ax 2 f  x  dx  6  x 3  ax 2 dx a  

1

3
3
2
 x f  x  dx  min 6 x  ax dx  min g  a  . Tới đây ta chia các trường hợp sau:
0

a

a

0

Trường hợp 1: Nếu a  0 thì x 3  ax 2  x 2  x  a   0 x   0;1 . Khi đó:
1

1

3
1 a
g  a   6  x  ax dx  6  x3  ax 2 dx  6     min g  a  
a

0
2

4 3
0
0
3

2

Trường hợp 2: Nếu a  1 thì x 3  ax 2  x 2  x  a   0 x   0;1 . Khi đó:
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

Trang 12/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
1

1

1
a 1
g  a   6  x 3  ax 2 dx  6  ax 2  x3 dx  6     min g  a  
a

1
2
 3 4
0
0
a

1

1

Trường hợp 3: Nếu a   0;1 thì f  a   6  x  ax dx  6  ax  x dx   x3  ax 2 dx 
3

2

2

0

3

a

0





2a 4  4a  3
.
2





3
3 2 3 4
 2a 4  4a  3  3 2  4
1 3
Ta tìm được min g  a   min 
.
  vậy min g  a  

a
a 0;1
a 0;1
4
2
4
2 2



1

Do vậy:

1

 x f  x  dx  min g  a    x f  x  dx 
3

3

a

0



3 2 3 4

0;1

4

0

  max

1

 x f  x  dx 
3



3 2 3 4
4

0

.

Câu 39: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn 3 f  x   xf '  x   x 2018 với

mọi x   0;1 . Giá trị nhỏ nhất của tích phân

1

 f  x  dx bằng:
0

1
1
1
B.
C.
2021 2022
2018  2021
2018  2019
2018
2
3
Lời giải: Ta có: 3 f  x   x. f '  x   x  3 x f  x   x f '  x   x 2020
A.

t

D.

1
2019  2021

t

t 2018
  x3 f  x    x 2020    x3 f  x   dx   x 2020 dx t   0;1  f  t  
2021
0
0
1

1

0

0

Khi đó   f  x  dx  

x 2018
1
dx 
. Giá trị nhỏ nhất của tích phân
2021
2019.2021

1

1
.
2019.2021

 f  x  dx là
0

1

Câu 40: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;1 thỏa mãn f 1  0,   f   x   dx 
2

0

1

1
 x f  x  dx   55 . Tích
4

1

phân

0

A.

1
7

 f  x  dx bằng
0

B.

1
7

C.

1

1 5
 x5

x
Lời giải:  x f  x  dx   f  x     f   x  dx . Suy ra
5
0 0 5
0
1

4

1

được

5
  x  dx 
2

0

1
. Do đó
11

1

1

1

0

0

1
55

D.

1
11

1

1
 x f   x  dx  11 . Hơn nữa ta dễ dàng tính
5

0

1

5
5
5
  f   x  dx  2 x f   x  dx    x  dx  0    f   x   x  dx  0 .
2

0

Suy ra f   x   x 5 , do đó f  x  

2

2

0

1 6
1
x  C . Vì f 1  0 nên C   . Vậy
6
6

1


0

1

f  x  dx  
0

1

x6  1
1
dx  .
6
7

Câu 41: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;1 thỏa mãn f 1  0,   f   x   dx 
2

0

1

và

f  x

  x  1

2

0

A.

1  2 ln 2
2

1
và
11

3
dx  2ln 2  . Tích phân
2
B.

3  2ln 2
2

3
 2ln 2
2

1

 f  x  dx bằng
0

C.

3  4ln 2
2

LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

D.

1  ln 2
2
Trang 13/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
1

f  x

1

1

1

1  
1 
1 



dx   f  x  d 1 
Lời giải: Ta có: 
   1 

 f  x     1 
 f   x  dx .
2
 x  1   x  1 
 0 0  x 1 
0  x  1
0
1

1 
3

Suy ra   1 
 f   x  dx   2 ln 2 . Hơn nữa ta tính được:
2
x 1 
0
1

2
1

1 
1
1 
1 
3

1
1

2
2
ln
1








dx
dx
x
x



   2 ln 2 .


2
0  x  1 
0  x  1  x  1 
 x  1  0 2



1

1

1

1

2

2

3

1 
1 
1




 1 dx  0 .
Do đó   f   x   dx  2 1 
 f   x  dx   1 
 dx  0    f   x  
x 1 
x 1 
x 1 
0
0
0

0
2

1
, do đó f  x   x  ln  x  1  C . Vì f 1  0 nên C  ln 2  1.
x 1
1
1
f  x  dx    x  ln  x  1  ln 2  1 dx   ln 2 .
2
0

Suy ra f   x   1 
1

Ta được


0

Câu 42: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình m  sin  m  sin 3x   sin  3sin x   4sin 3 x có

nghiệm thực?
A. 9

B. 5

D. 8

C. 4

Lời giải: Ta có m  sin 3x  sin  m  sin 3x   sin  3sin x   4sin x  sin 3x
3

  m  sin 3x   sin  m  sin 3x    3sin x   sin  3sin x   m  sin 3x  3sin x  m  4sin 3 x . Chọn A.
1
1
1

 ... 
 2018  0 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực?
x 1 x  2
x  2018
A. 1
B. 0
C. 2018
D. 2019
1
1
1
Lời giải: Ta có: f   x   e x 

 ... 
 0 do đó lập bảng biến thiên Chọn D.
2
2
2
 x  1  x  2 
 x  2018

Câu 43: Phương trình e x 

Câu 44: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn đường thẳng có phương trình lần lượt là
x 1 y  2
z
x2 y2
z
x y z 1
x  2 y z 1


; d2 :


; d3 :  
; d4 :
 
.
1
2
2
2
4
4
2 1
1
2
2
1


Biết rằng đường thẳng  có vector chỉ phương u  2; a; b  cắt cả bốn đường thẳng đã cho. Giá
d1 :

trị của biểu thức 2a  3b bằng:
3
1
D. 
2
2
Lời giải: Ta phát hiện ra 2 đường thẳng đầu đồng phẳng do đó ta viết phương trình mặt phẳng đi qua 2
đường thẳng đó. Tiếp đó xác định giao điểm của 2 đường thẳng d 3 , d 4 với mặt phẳng vừa tìm được và 

A. 5

B. 1

C. 

chính là đường thẳng đi qua 2 giao điểm đó.

Câu 45: Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  : 2mx   m 2  1 y   m 2  1 z  10  0 và

điểm A  2;11; 5 . Biết khi m thay đổi tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng  P 
và đi qua A . Tìm tổng bán kính hai mặt cầu đó.
A. 7 2

B. 15 2

C. 5 2

Lời giải: Gọi tâm I  a, b, c  khi đó bán kính mặt cầu: R  IA  d  I ,  P  

LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

D. 12 2

Trang 14/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389

R

 a  2    b  11   c  5

2

R

 a  2    b  11   c  5

2

2

2

2

2




2ma   m 2  1 b   m 2  1 c  10

m

2

 1 2

m 2  b  c   2ma  b  c  10

m

2

 1 2

đúng với m   .

b5
b  9
a  0
a  0
2
Do vậy 
nên R  4   b  11 


 R1  R2  12 2 .

2
b  25
b  c  b  c  10
c  5
Câu 46: Cho hàm số f  x   x3  3x  m  2 . Có bao nhiêu số nguyên dương m  2018 sao cho với mọi

bộ ba số thực a, b, c   1;3 thì f  a  , f  b  , f  c  là độ dài ba cạnh một tam giác nhọn.
A. 1989

B. 1969

C. 1997

D. 2008

Lời giải: Ta đặt g  x   x  3x  2  max g  x   20; min g  x   0 khi đó f  x   m  g  x  .
3

 1;3

 1;3

Ta có: f  a   f  b   f  c  a, b, c   1;3  m  g  c    g  a   g  b   a, b, c   1;3

 m  max g  x   2 min g  x   m  20 .
 1;3

 1;3

Và f 2  a   f 2  b   f 2  c  a, b, c   1;3   m  g  a     m  g  b     m  g  c   a, b, c   1;3
2

2

2

 m2  2  g  a   g  b   g  c   m  g 2  a   g 2  b   g 2  c   0 a, b, c   1;3
  m  g  a   g  b   g  c    2 g  a  g  b   2 g  a  g  c   2 g  b  g  c   2 g 2  c   0 a, b, c   1;3
2

  m  g  a   g  b   g  c    2  g  a   g  c    g  b   g  c   a, b, c   1;3
2

  m  g  a   g b   g c 

2

 2  max g  x   min g  x   a, b, c   1;3
 1;3
 1;3


2

m  max g  x   20 2  2 min g  x   m  49 . Chọn B.
1;3

 1;3

Câu 47: Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho phương trình các mặt phẳng  P  : x  y  2 z  1  0 và

 Q  : 2 x  y  z  1  0 . Gọi  S  là mặt cầu có tâm thuộc Ox

đồng thời cắt mặt phẳng  P  theo

giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và cắt mặt phẳng  Q  theo giao tuyến là một
đường tròn có bán kính bằng r . Xác định r sao cho chỉ tồn tại duy nhất một mặt cầu thỏa mãn
điều kiện đã cho.
A. r 

10
2

B. r 

3 2
2

C. r  3

D. r 

14
2

Lời giải: Ta gọi I  a;0;0  là tâm mặt cầu. Khi đó bán kính: R 2  r 2  d  I ,  Q    22  d  I ,  P  
2

 2a  1


2

 a  1
 4

2

2

do đó để có duy nhất 1 tâm mặt cầu thỏa mãn thì giải   0 . Chọn B.
6
6
Câu 48: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz gọi  là đường thẳng đi qua điểm A  2,1, 0  , song
r

2

song với mặt phẳng

 P : x  y  z  0

và có tổng khoảng cách từ các điểm

M  0, 2, 0  , N  4, 0, 0  tới đường thẳng đó đạt giá trị nhỏ nhất? Vector chỉ phương của  là?





A. u  1, 0,1
B. u   2,1,1
C. u   3, 2,1
D. u   0,1, 1

LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

Trang 15/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389

 Q  : x  y  z  1  0 là mặt phẳng qua điểm
A  2,1, 0  , song song với mặt phẳng  P  : x  y  z  0 .
Đồng thời ta phát hiện ra rằng điểm A  2,1, 0  là trung điểm MN .
Khi đó tổng khoảng cách MF  NG  MC  ND=2d  M ,  Q   .
Lời giải: Ta gọi

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  là đường thẳng đi qua A và hai
hình chiếu C và D của các điểm M  0, 2, 0  , N  4, 0, 0  tới mặt
phẳng  Q  . Chọn A.
Câu 49: Cho hai số thực a, b lớn hơn 1 thay đổi thỏa mãn a  b  10 . Gọi m, n là hai nghiệm của

phương trình  log a x  logb x   2log a x  3logb x  1  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

S  mn .
16875
A.
16

B.

4000
27

C. 15625

D. 3456

Lời giải: phương trình tương đương với: log b a  log a x    2  3log b a  log a x  1  0
2

Theo vi – ét ta có: log a m  log a n 

2  3log b a
 2log a b  3  log a  a 3b 2   mn  a 3b 2
log b a

Khi đó ta có S  f  a   a 3 10  a   max f  a   f  6   3456 . Chọn đáp án D.
2

1;9 

Câu 50: Cho ba số thực a, b, c thay đổi lớn hơn 1 thỏa mãn a  b  c  100 . Gọi m, n là hai nghiệm của

phương trình  log a x   1  2log a b  3log a c  log a x  1  0 . Tính S  a  2b  3c khi mn đạt
2

giá trị lớn nhất.

500
A. S 
3

B. S 

700
3

C. S 

650
3

D. S  200

Lời giải: Theo vi – ét ta có: log a m  log a n  1  2log a b  3log a c  log a  ab 2c 3   mn  ab 2 c 3

Theo AM  GM ta có: mn  ab 2 100  a  b  
3

4  3b 3b

 3a. . (100  a  b) 100  a  b 100  a  b  
27 
2 2

6




 3b 
3a  2    3 100  a  b  
4 
625.108
 2
 
.
 
27 
6
27





3b
50
100
150
700
Dấu bằng đặt tại 3a 
. Chọn đáp án B.
 100  a  b  a  , b 
,c 
S
2
3
3

3
3

Câu 51: Tìm n biết rằng an  x  1  an 1  x  1
n

A. n  9

B. n  10

n 1

 ...  a1  x  1  a0  x n đồng thời a1  a2  a3  231 .
C. n  11

D. n  12

Lời giải: Ta đặt x  1  y khi đó an y n  an 1 y n 1  ...  a1 y  a0   y  1 .
n

Như vậy Cn1  Cn2  Cn3  231  n  11 . Chọn C.
Câu 52: Biết rằng khi m, n là các số dương khác 1, thay đổi thỏa mãn m  n  2017 thì phương trình

8log m x.log n x  7 log m x  6log n x  2017  0 luôn có hai nghiệm phân biệt a, b . Biết giá trị

LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

Trang 16/51

Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
3  c  7 d 
ln    ln   với c, d là các số nguyên dương. Tính
4  13  8  13 

lớn nhất của ln  ab  là

S  2c  3d .
A. S  2017
B. S  66561
C. S  64544
Lời giải: Ta có: 8log m x.log n m.log m x  7log m x  6log n m.log m x  2017  0

D. S  26221

 8log n m  log m x    6log n m  7  log m x  2017  0
2

Theo vi – ét ta có log m a  log m b 

 6 7
6log n m  7 6 7
  log m n  log m  ab   log m  m 8 .n 8 
8log n m
8 8



6
7

3
7
3
7
Vì vậy ab  m 8 .n 8  m 4  2017  m  8  ln  ab   f  m   ln m  ln  2017  m 
4
8
3
7
12102
 12102  3 12102 7 14119
Mà f '  m  

0m
 ln  ab   f 
 ln
  ln
4m 8  2017  m 
13
13
8
13
 13  4

Do đó c  12102, d  14119  S  66561 . Chọn đáp án B.
Câu 53: Cho hàm số f  x    x 2  3 x  2 

cos  2017  x 

và dãy số  un  được xác định bởi công thức tổng

quát un  log f 1  log f  2   ...  log f  n  . Tìm tổng tất cả các giá trị của n thỏa mãn điều
kiện un2018  1 ?
B. 18

A. 21
n

n

k 1

k 1

C. 3

D. 2018

Lời giải: Ta có: un   log f  k    cos  2017 k  log  k  1  log  k  2    ( k chẵn)  ( k lẻ).
Trường hợp 1: n  2 p (Chẵn), khi đó ta có khai triển sau:

un   log 3  log 4  ...  log  2 p  1  log  2 p  2     log 2  log 3  ...  log  2 p   log  2 p  1  .
Như vậy un  log  p  1 cho nên un2018  1  p  9  n  18 .
Trường hợp 1: n  2 p  1 (Lẻ), khi đó ta có khai triển sau:

un   log 3  log 4  ...  log  2 p  1  log  2 p  2     log 2  log 3  ...  log  2 p  2   log  2 p  3  .
Như vậy un   log  4 p  6  cho nên un2018  1  p  1  n  3 .
Kết luận: Tổng các giá trị của n thỏa mãn điều kiện un2018  1 là 21. Chọn A.

u1  2

Câu 54: Cho dãy số  un  được xác định bởi công thức 
. Tìm giới hạn của dãy
2
2018un 1  un  2017un
un
u
u
?
số S n  1  2  ... 
u2  1 u3  1
un 1  1
2017
D. lim S n  1
2018
u
u u
un
un 1  un

Lời giải: Ta có: 2018  un 1  un   un  un  1  n  n 1 n 
un  1
2018
2018  un 1  1  un  1 un 1  1

A. lim S n 



1
2018

B. lim S n  2018

C. lim S n 

 1
un
un 1  un
un
1 


 2018 

.
2018  un 1  1  un  1 un 1  1
un 1  1
 un  1 un 1  1 

 1
 1

1 
1


Như vậy: Sn  2018 
  lim S n  2018 
  lim Sn  2018 .
 u1  1 un 1  1 

 2  1 lim un  1 
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

Trang 17/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Câu 55: Cho số phức z có z  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P  1008 1  z  1  z 2  1  z 3  ...  1  z 2017

A. Pmin  1007

B. Pmin  2018

C. Pmin  1008

D. Pmin  2016

 1  z 2017  1  z 2016  1  z 2017   1  z 2016   z 2016 1  z  1  z

 1  z 2015  1  z 2014  1  z 2015  1  z 2014  z 2014 1  z  1  z

 


Lời giải: Ta có: 
...

2
3

2
3
2
 1  z  1  z  1  z   1  z   z 1  z  1  z

Vậy: P  1008 1  z  1  z 2  1  z 3  ...  1  z 2017  1008  1  z  1  z   1008 1  z   1  z   2016 .
Do đó Pmin  2016 và đẳng thức xảy ra có nhiều trường hợp trong đó có z  1 .
Câu 56: Cho hàm số y  f  x  nhận giá trị không âm và liên tục trên đoạn  0;1 đồng thời ta đặt
x

g  x   1   f  t  dt . Biết g  x  

f  x  với mọi x   0;1 . Tích phân

0

1

1

 g  x dx

có giá trị lớn

0

nhất bằng:
A.

1

3

B. 1
x

Lời giải: Đặt F  x    f  t  dt  g  x   1  F  x  

2
2

C.

f  x  x   0;1 

0

1
2

D.
F x

 F  x   1

2

 1  0 x   0;1

t 


F x
1
 dx  1  t 
là hàm số đồng biến trên  0;1 do vậy ta có đánh giá:
 h t    

1
2


1
F
t


0  F  x   1



h  x   h  0  x   0;1  1  x 

1
1
0
 1  x x   0;1 
F  x 1
F  x 1

1

1

1

 g  x dx  2

.

0

Câu 57: Cho hàm số y  f  x  nhận giá trị không âm và liên tục trên đoạn  0;1 đồng thời ta đặt
x

g  x   1  3 f  t  dt . Biết g  x   f 2  x  với mọi x   0;1 . Tích phân
0

lớn nhất bằng:
5
A.
2

B.

4
3

C.

7
4

x

Lời giải: Đặt F  x    f  t  dt  g  x   1  3F  x   f 2  x  x   0;1 
0

1

0

D.
F x

g  x dx có giá trị


9
5

3F  x   1

 1  0 x   0;1

t 

F x
2
2
 h t    
 1 dx 

3F  t   1  t  là hàm số nghịch biến trên  0;1 do vậy ta có:


3
3
0  3F  x   1


2
2
3
h  x   h  0  x   0;1 
3F  x   1  t   0  3F  x   1  x  1 x   0;1 
3
3
2

LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

1


0

g  x dx 

7
.
4

Trang 18/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Câu 58: Cho hàm số y  f  x  nhận giá trị không âm và liên tục trên đoạn  0;1 đồng thời ta đặt
x2

g  x   1   f  t  dt . Biết g  x   2 xf  x 2  với mọi x   0;1 . Tích phân
0

lớn nhất bằng:
A. 2
Lời giải: Đặt F  x

B. 3

C. 4

có giá trị

0

2 xf  x 2 

   f  t  dt  g  x   1  F  x   2 xf  x  x  0;1  1  F
2

 g  x dx

D. 1

x2

2

1

2

0

x 
2

 1  0 x   0;1

t

2 xf  x 2 
 h t    
 1 dx  ln 1  F  t    t là hàm số nghịch biến trên  0;1 do vậy ta có:
2


0  1 F  x 


h  x   h  0  x   0;1  ln 1  F  x    x  0  1  F  x   e

x

x   0;1 

1

 g  x dx  2 .
0

Câu 59: Cho khai triển

1  2 x 

n

 a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n . Biết S  a1  2 a2  ...  n an  34992 ,

tính giá trị của biểu thức P  a0  3a1  9a2  ...  3n an ?
B. 78125

A. 390625

C. 1953125

D. 9765625

Lời giải: Ta có: 1  2 x   a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n do vậy lấy đạo hàm hai vế ta được:
n

2n 1  2 x 

n 1

 a1  2 a2 x  ...  n an x n 1

Thay x  1 vào khai triển trên ta được:
2n.3n 1  a1  2 a2  ...  n an  34992  n  8
Vậy với n  8 ta có: P  a0  3a1  9a2  ...  3n an  1  2.3  390625 . Chọn A.
8

Câu 60: Ba tia Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc. Gọi C là điểm cố định trên Oz , đặt OC  1 hai điểm

A, B thay đổi trên Ox, Oy sao cho OA  OB  OC . Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện O. ABC ?
A.

6
.
4

B.

6
.
3

C.

6
.
2

D.

6.

Lời giải: Ta đặt A  a;0; 0  , B  0; b; 0  , C  0; 0;1 trong đó a  b  1  2  a 2  b 2   a 2  b 2 

ta có bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện: R 

1
. Khi đó
2

1 2
1
1
6
. Chọn A.
a  b2  1 
1 
2
2
2
4

Câu 61: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  0 và điểm
A  2; 2; 0  . Viết phương trình mặt phẳng  OAB  , biết rằng điểm B thuộc mặt cầu  S  , có

hoành độ dương và tam giác OAB đều.
A. x  y  2 z  0

B. x  y  z  0

C. x  y  z  0

D. x  y  2 z  0

Lời giải: Ta có OA  2 2 do đó điểm B nằm trên các mặt cầu tâm O và tâm A có cùng bán kính 2 2
 x2  y 2  z 2  2x  2 y  2z  0
 x2  y 2  z 2  8


  x  y  z  0  B  2;0; 2  .
nên tọa độ B là nghiệm của hệ:  x 2  y 2  z 2  8

x  y  2
2
2
2

 x  2    y  2   z  8

LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

Trang 19/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Câu 62: Cho dãy số  un  xác định bởi u1  5; unn11  unn  2n  2.3n với mọi n  1 . Tìm số nguyên nhỏ

nhất thỏa mãn unn  2n  5100 .

A. 146

B. 233

C. 232

D. 147

u  u  2  2.3
 n 1 n  2
n2
n2
u  u  2  2.3
Lời giải: Ta có:  n 1 n  2
 unn  2  1  2  22  ...  2n 1   2 1  3  32  ...  3n 1  .
...
u 2  u1  2  2.3
 2 1
n 1
n 1

n
n

n 1

n 1

Do vậy: unn  2n  3n nên unn  2n  5100  3n  5100  n  100 log 3 5  n  147 . Chọn D.

Câu 63: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  3  0 và hai điểm
A 1; 2;3 , B  3; 4;5  . Gọi M là một điểm di động trên  P  . Giá trị lớn nhất của biểu thức
MA  2 3
bằng:
MB

A. 3 6  78

B. 3 3  78

54  6 78

C.

Lời giải: Ta dễ dàng nhận thấy A   P  và AB  2 3 do vậy P 
Áp dụng định lý hàm số sin: P 

D. 3 3

MA  2 3 MA  AB
.

MB
MB

sin MBA  sin AMB
 MAB 
 MBA  AMB 
 MAB 
 2 cot 

 cos 
  2 cot 
.
sin MAB
2
 2 


 2 

Do vậy Pmax  MAB nhọn và đạt giá trị nhỏ nhất hoặc tù và đạt giá trị lớn nhất. Điều này xảy ra khi và
chỉ khi M nằm trên đường thẳng hình chiếu của AB trên  P  và tam giác MAB cân tại A. Chọn C.

Câu 64: Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên  thỏa mãn f  x5  4 x  3  2 x  1 với mọi
8

x   . Tích phân

 f  x  dx bằng:

2

32
C. 72
D. 2
3
Lời giải: Ta đặt x  t 5  4t  3 và đổi cận: x  2 thì t  1 và x  8 thì t  1 . Do đó:

A. 10

B.

8



f  x  dx 

2

1



f  t 5  4t  3 d  t 5  4t  3 

1

1

  2t  1  5t

4

 4  dt  10 .

1

Câu 65: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm cấp hai liên tục trên đoạn  0;1 đồng thời thỏa mãn các điều
1

1

0

0

1

kiện  e x f  x  dx   e x f '  x  dx   e x f ''  x  dx  0 . Giá trị của biểu thức
0

A. 2

B. 1

C. 2

1

1

1

0

0

0

ef ' 1  f '  0 
bằng:
ef 1  f  0 

D. 1

Lời giải: Ta đặt  e x f  x  dx   e x f '  x  dx   e x f ''  x  dx  a . Sử dụng tích phân từng phần ta có:
1
1

x
x
a   e df   x   ef  1  f   0    e f   x  dx  ef  1  f   0   2a
ef ' 1  f '  0 

0
0

1

1
1
ef 1  f  0 
a  e x df x  ef 1  f 0  e x f x dx  ef 1  f 0  2a
  
0       0  



LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

Trang 20/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Câu 66: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz
cho A 1, 0,1 , B  3, 4, 1 , C  2, 2,3 .

Đường thẳng d đi qua A , cắt các mặt cầu
đường kính AB và AC lần lượt tại các
điểm M , N không trùng với A sao cho
đường gấp khúc BMNC có độ dài lớn nhất
có vector chỉ phương là?


A. u  1, 0, 2 
B. u  1, 0,1


C. u  1, 0, 1
D. u   2, 0, 1
Lời giải: Ta phát hiện được tam giác ABC vuông tại A
mặt khác:
 MA  MB  2  MA2  MB 2   AB 2

 BM  MN  NC   AB  AC  2

 NA  NB  2  NA2  NB 2   AC 2

Chú ý rằng đẳng thức xảy ra được bởi vì trong trường hợp các tam giác MAB, NAC vuông cân và tam


giác ABC vuông thì A, M , N vẫn thẳng hàng cho nên đường thẳng d khi đó có u  1, 0,1 . (Học sinh

cần tự tìm các tọa độ của M , N sao cho các tam giác MAB, NAC vuông cân tại M , N và nằm trong mặt
phẳng  ABC  ). Chọn B.
Câu 67: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz
gọi d là đường thẳng đi qua điểm
A 1, 0, 0  có hình chiếu trên mặt phẳng

 P  : x  2 y  2z  8  0

là d ' . Giả sử giá

trị lớn nhất và nhỏ nhất khoảng cách từ
điểm M  2, 3, 1 tới d ' là  và  .
Tính giá trị của T     ?
A. 2

B.

6
2

2
6
D.
2
3
Lời giải: Ta có xét A là hình chiếu của A trên  P  . Khi đó đường thẳng d ' đi qua điểm A . Ta gọi G
C.

là hình chiếu của M trên đường thẳng d ' và H là hình chiếu của M trên  P  . Ta có các đánh giá:
MH  MG  MA  T      MA  MH 

6
3

Câu 68: Cho các số thực dương a, b thỏa mãn 4a  2a 1  2  2a  1 sin  2a  b  1  2  0 . Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức S  a  2b .
A.



1

2
Lời giải: Biến đổi giả thiết, ta có:

B.


2

C.   1

LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

D.

3
1
2

Trang 21/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389

2 

a 2

 2.2a  2  2a  1 sin  2a  b  1  2  0   2a  1  2  2a  1 sin  2a  b  1  1  0
2









 2a  1  sin  2a  b  1  1  sin 2  2a  b  1  0  2a  1  sin  2a  b  1  cos 2  2a  b  1  0
2

2



 a
cos  2a  b  1  0

 2  b  1   k


2
a
a
 2  1  sin  2  b  1  0
2a  1  1  0

Do đó a  1, b 


2





 1  S  1  2   1    1 . Chọn C.
2
2 

 1  k , k   . Do b  0  b 

Câu 69: Cho hai số thực a  1, b  1 . Biết phương trình a xb x

2

1

 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Tìm

2

 xx 
giá trị nhỏ nhất của biểu thức S   1 2   4  x1  x2  .
 x1  x2 

B. 3 3 2
C. 3 3 4
 x  x   log b a
Lời giải: Ta có: x 2  1  x log b a  0   1 2
 x1 x2  1
A. 4

D.

3

4

2

 1 
1
1
Khi đó S  

.2log b a.2log b a  3 3 4
 2log b a  2log b a  3 3
  4log b a 
2
2
 logb a 
 logb a 
 log b a 

Dấu bằng đặt tại

1

 logb a 

2

 2log b a  log b a 

1
32

1
3

2

 a  b . Chọn đáp án C.

Câu 70: Cho các số nguyên dương a, b lớn hơn 1. Biết phương trình a x

x1 , x2

và phương trình

bx

2

1

  9a 

x

Lời giải: Với a

B. 46
x 2 1

1

 b x có hai nghiệm phân biệt

có hai nghiệm phân biệt

 x1  x2  x3  x4   3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A. 12

2

x3 , x4

thỏa mãn

S  3a  2b .

C. 44

D. 22

 b , lấy logarit cơ số a hai vế ta được: x  1  x log a b  x  x log a b  1  0
x

2

2

Phương trình này có hai nghiệm phân biệt, khi đó    log a b   4  0  log a b  2  b  a 2
2

Tương tự b x

2

1

  9a   x 2  1  x log b  9a      log b  9a    4  0


x

 x1  x2  log a b
Khi đó theo vi – ét 
 log a b log b  9a   3  log b  9a   3  9a  a 3  a  4
 x3  x4  log b  9a 
Vì vậy b  16  b  17  S  3.4  2.17  46 . Chọn đáp án B.

Câu 71: Xét các số nguyên dương a, b sao cho phương trình a.4 x  b.2 x  50  0 có hai nghiệm phân
biệt x1 , x2 và phương trình 9 x  b.3x  50a  0 có hai nghiệm phân biệt x3 , x4 thỏa mãn
x3  x4  x1  x2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  3a  2b .

A. 49

B. 51
  0; S1  0; P1  0
Lời giải: Ta có:  1
 b 2  200a  0
 2  0; S 2  0; P2  0

C. 78

LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

D. 81

Trang 22/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
50

50
 x1  x2
 2 x1 .2 x2 
 x1  x2  log 2
2
a
a
Khi đó 
. Vì vậy:
x
x

x
x
3 1 2  3 3 .3 4  50a  x  x  log  50a 
3
4
3

 50 
x3  x4  x1  x2  log 3  50a   log 2    a  3  b 2  200a  600  b  25  S  2a  3b  81
 a 

Câu 72: Cho hai số thực a, b lớn hơn 1 thay đổi thỏa mãn a  b  10 . Gọi m, n là hai nghiệm của
phương trình

 log a x  logb x   2log a x  3  0 .

P  mn  9a .
279

A.
4

B. 90

C.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
81
4

45
2

D.

Lời giải: Ta có: log a x  log b a log a x   2log a x  3  0  log b a  log a x   2log a x  3  0
2

Theo vi – ét ta có: log a m  log a n 

2
 2log a b  log a b 2  log a  mn   log a b 2  mn  b 2
log b a
2

9  279 279


Vậy P  b 2  9a  b 2  9 10  b    b   

2
4
4

9
11
Dấu bằng đặt tại b  , a  . Chọn đáp án A.
2
2

Câu 73: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A  a;0; 0  , B  0; b; c  , C  0; 0; c  với
3 10
ngoại tiếp tứ diện OABC . Khi tổng
2
OA  OB  OC đạt giá trị nhỏ nhất thì mặt cầu  S  tiếp xúc với mặt phẳng nào dưới đây?
a  4, b  5, c  6 và mặt cầu  S  có bán kính bằng

A. 2 x  2 y  2 z  6  3 2  0
C.

B. 2 x  2 y  2 z  7  2 2  0

2x  2 y  2z  3  2 2  0

D.

2x  2 y  2z  3  2 2  0

Lời giải: Ta có: a 2  b 2  c 2  90 và a  4, b  5, c  6 . Khi đó: 4  a  29;5  b  38 .
Ta có: OA  OB  OC  a  b  c  a  b  90  a 2  b 2  f  a, b  .

Xét f   a   1 

a

90  a 2  b 2

 0  a  45 



min f  a, b   min f  4  ; f



29

b2
. Lập bảng biến thiên ta được:
2

  min b  4 

74  b 2 ; b  29  61  b 2



Dễ có: b  4  74  b 2  b  29  61  b 2 b  5; 38   min f  a, b   b  4  74  b 2  f  b  .
b
 0  b  37 nên lập bảng biến thiên ta được min f  a, b   f  5   16 .
Do f   b   1 

74  b 2
Do đó giá trị nhỏ nhất của OA  OB  OC là 16 khi a  4, b  5, c  7 .

Câu 74: Cho hàm số y  f  x  nhận giá trị không âm và liên tục trên đoạn  0;1 đồng thời ta đặt
x

g  x   1  2  f  t  dt . Biết g  x    f  x   với mọi x   0;1 . Tích phân
3

0

1



3

 g  x   dx có giá
2

0

trị lớn nhất bằng:

LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

Trang 23/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389

A.

5
3

B. 4

4
3

C.

D. 5

x

Lời giải: Ta đặt F  x    f  t  dt khi đó g  x   1  2 F  x    f  x   x   0;1 .
3

0

f  x

Do vậy

3

1  2F  x 

F x

 1  0 x   0;1 

3

1  2F  x 

 1  0 x   0;1 .

 F x

2
3
3
 1 dx  3 1  2 F  t   t  t   0;1 là hàm nghịch biến trên
Xét hàm số: h  t    
3


4
4
0  1  2F  x 

2
2
3
3
4
0;1 cho nên h  t   h  0  t   0;1  3 1  2 F  t   t   0  3 1  2 F  t   t  1 t  0;1 .
4

4
3



t





Do đó:



3

g  x



2





1





1

2
4
4

x  1 x   0;1   3  g  x   dx    x  1dx 
3
3

0
0

1


0

3

2
5
 g  x   dx  . Chọn A.
3

Câu 75: Cho hàm số f có đạo hàm liên tục trên 1;8 đồng thời thỏa mãn điều kiện:
2

2

8

2

2
2
2
3
3
2
1  f  x  dx  21 f  x  dx  3 1 f  x  dx  1  x  1 dx
2

  f   x 

Tính tích phân

3

dx bằng:

1

A.

8ln 2
27

B.

ln 2
27
2

Lời giải: Đặt t  x3  dt  3 x 2 dx . Khi đó:
8


1

1
3

t2

8

 f  t   dt  2 
2

1

 f t   1  3 t 2
 
3
t
1 


8

1
3

t2





D.

2

8

5
4
2

2
2
2
3
3
2
1  f  x  dx  21 f  x  dx  3 1 f  x  dx  1  x  1 dx

f  t  1  3 t 2 dt 

2

4
3

C.



8

2 1
1 3 t2
3 1 3 t 2


 dt  0  f  t   3 t 2  1 


2

  f   x 

3

 dt  0
2

dx 

1

8ln 2
. Chọn A.
27
2

Câu 76: Cho hai số thực dương a, b lớn hơn 1 và biết phương trình a x b x 1  1 có nghiệm thực. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức P  log a  ab  

4
.
log a b

A. 4
B. 5
C. 6
D. 10
2
2
Lời giải: phương trình tương đương với: x   x  1 log a b  0  x  x log a b  log a b  0
Điều kiện để phương trình có nghiệm là    log a b   4log a b  0  log a b  4  log a b  0 
2

Khi đó P  log a b 

4
4

 1  f  t   t   1  min  4;   f  t   f  4   6
log a b
t

Với t  log a b  4 . Chọn đáp án C.

Câu 77: Giả sử k là số thực lớn nhất sao cho bất đẳng thức

k
1
1

 2  1  2 đúng với x  (0; ) .
2
sin x x
2


Khi đó giá trị của k là

LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

Trang 24/51


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
A. 5
Lời giải:

B. 2

C. 4

D. 6

1
1
1
k
1
1
 1

 2  1  2  k   2  2  2  1  k   2 . f ( x) với f ( x)  2  2  1.
2

sin x x
x sin x
 x sin x 

2 2 cos x
 
 
 0 x   o;  .
Xét hàm số f ( x) trên  0;  , ta có f '( x)   3 
3
sin x
x
 2
 2

Bảng biến thiên:

 
Từ bảng biến thiên suy ra k   2 . f ( x) x   0;   k  4.
 2

Câu 78: Cho a, b nguyên dương lớn hơn 1. Biết 11log a x log b x  8log a x  20log b x  11  0 có tích hai
nghiệm là số tự nhiên nhỏ nhất. Tính S  2a  3b .
A. S  28
B. S  10
C. S  22

D. S  15

Lời giải: Phương trình tương đương với: 11log b a  log a x   4  2  5log b a  log a x  11  0
2

Phương trình này luôn có hai nghiệm phân biệt vì P  

1
 0; a, b  1
log b a

Gọi hai nghiệm là x1 , x2 . Theo vi – ét ta có
log a x1  log a x2 

4  2  5log b a 
11log b a



8
20
log a b 
11
11

8
20
8 20
log a b 
8
20
11
11
11 11
 log a x1 x2  log a b 
 x1 x2  a
b a
11
11

1

1

1

Ta có đánh giá sau x1 x2   a 20b8 11   220 b8 11  2  29.b8 11
Và 29.b8  k 11  29.28  217  k  3, k  2  k  4  b8 

411
811
8

;
k

8

b

 224  b  8, a  2

29
29

Do đó x1 x2  16 và S  2.2  3.8  28 . Chọn đáp án A.

Câu 79: Cho phương trình:  cos x  1 cos 2 x  m cos x   m sin 2 x . Phương trình có đúng hai nghiệm
 2 
thuộc đoạn  0;  khi:
 3 

A. m  1.

B. m  1.

C. 1  m  1.

1
D. 1  m   .
2

Lời giải: Ta có  cos x  1 cos 2 x  m cos x   m sin 2 x
 cos x  1 1
  cos x  1 cos 2 x  m cos x   m  cos x  1 cos x  1  0  
cos 2 x  m  2 
1
 2 
Vì x  0;     cos x  1 nên 1 không có nghiệm trên
2
 3 

LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 

 2 
 2 
 0; 3  . Xét f  x   cos 2 x, x   0; 3 

Trang 25/51