Tài liệu HOT Đề thi thử Toán THPT Quốc gia 2018 (có lời giải chi tiết)

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2018
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài:…………

®Ò sè 10

Đồ thị hình bên là của một trong 4 đồ thị của các hàm số ở các phương án A, B, C, D

Câu 1.

dưới đây.
Hãy chọn phương án đúng.
4
2
A. y  x  x  5 .

y

B.

1 4
1 4
x  x2  5
y
x 5
4
4
. C.
.

y

D.

1 4
x  2x2  7
4

.
Lời giải
Chọn B
+ Ta thấy đồ thị hàm số chỉ có một điểm cực trị nên loại đáp án D
+ Từ trái sang phải, đồ thị hàm số đi từ dưới lên, do đó hệ số của x 4 phải âm. Suy ra loại được
đáp án A.
+ Với x  2 thì y  0 . Thay x  2 vào hai đáp án B, C ta thấy đáp án B thỏa mãn còn đáp án
C không thỏa mãn
Câu 2.

D
Cho hàm số y  f ( x) xác định trên
có bảng biến thiên như sau:

(I). Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận.
(II). Hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 0.
(III). Hàm số có đúng một điểm cực trị.

\ 2; 2

, liên tục trên mỗi khoảng xác định và

(IV). Đồ thị hàm số có 3 tiệm cận.
Có bao nhiêu khẳng định đúng trong các khẳng định sau?
A. 0 .
B. 1 .
C. 2 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn C
+Khẳng định (I) sai , khẳng định (IV) đúng vì lim y  0 ; lim y   ; lim y   ;
x 

x 2

x 2

lim y   ; lim y   nên đồ thị hàm số có 3 tiệm cận, gồm 2 tiệm cận đứng x  2; x  2

x  2

x 2

và một tiệm cận ngang là y  0 .
+ Khẳng định (II) sai vì hàm này không có giá trị lớn nhất.
+ Khẳng định (III) đúng vì hàm số chỉ có một điểm cực trị là x  0 .
Câu 3.

Kí hiệu M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 
đoạn  0;3 . Tính giá trị của tỉ số

A.

4
.
3

x2  x  4
trên
x 1

M
.
m

C. 3 .

B. 6 .

D.

3
.
2

Lời giải
Chọn A
Hàm số xác định và liên tục trên đoạn  0;3 .

 2 x  1 x  1  x 2  x  4  x 2  2 x  3 ;
2

2
 x  1
 x  1
y  0   4 ; y 1  3 ; y  3  4 .

Ta có: y 
Ta có


 x   0;3
 x  1.


y

0



Do đó: m  min y  3 ; M  max y  4 .
0;3

Suy ra:
Câu 4.

0;3

M 4
 .
m 3

x

x2

 3
; y  log x ; y  
 . Trong các hàm số trên, có bao
 2 
nhiêu hàm số nghịch biến trên tập xác định của nó?
A. 2 .
B. 3 .
C. 1 .
D. 4 .
Lời giải
Chọn A
e
Cho các hàm số y  log 2 x ; y   
 

e
Hàm số y   
 
trên .

x2

e
có y   
 

x2

e
ln    0, x 
 

e
nên hàm số y   
 

x

x2

nghịch biến
x

 3
 3
3
Hàm số y  
 1 nên hàm số y  
 là hàm số mũ có cơ số 0 
 nghịch biến trên
2
 2 
 2 
.
Hai hàm số y  log 2 x và y  log x là các hàm số lôgarit có cơ số a  1 nên các hàm số này

Câu 5.

đồng biến trên tập xác định của nó là khoảng  0;    .
Vậy, trong các hàm số đã cho có hai hàm số nghịch biến trên tập xác định của nó.
Cho các mệnh đề sau:
(I). Nếu a  bc thì 2ln a  ln b  ln c .
(II). Cho số thực 0  a  1 . Khi đó  a  1 log a x  0  x  1 .
(III). Cho các số thực 0  a  1, b  0, c  0 . Khi đó bloga c  cloga b .


x

1
(IV). lim     .
x 2
 
Số mệnh đề đúng trong các mệnh đề trên là:
A. 3.
B. 4.
C. 2
D. 1
Lời giải
Chọn C.
Ta thấy
1
a  bc  ln a  ln bc  ln a  ln bc  2ln a  ln b  ln c . Nên (I) cảm giác đúng nhưng
2
thực tế là sai vì cho a  2; b  2; c  2 là không tồn tại ln .

 a  1


log a x  0
0  a  1   a  1 log a x  0  
 x  1 . Nên mệnh đề (II) đúng.
 0  a  1

 log a x  0
0  a  1, b  0, c  0  bloga c  cloga b (ta chứng minh bằng cách lấy ln 2 vế hoặc gán cho a  2 ,
b  3 , c  4 rồi bấm casio). Nên mệnh đề (III) đúng.
x

Câu 6.

1
lim    0 (bấm Casio hoặc dựa vào đồ thị của hàm mũ). Suy ra mệnh đề (IV) sai.
x 2
 
Nguyên hàm của hàm số f  x   cos  5x  2  là:
1
A. F  x   sin  5 x  2   C .
5
1
C. F  x    sin  5 x  2   C .
5

B. F  x   5sin  5x  2   C .
D. F  x   5sin  5x  2   C .
Lời giải

Chọn A.

1
Áp dụng công thức  cos  ax  b  dx  sin  ax  b   C .
a

Câu 7.

Cho số phức z  a  bi,  a, b 

 tuỳ ý. Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. Điểm M  a; b  là điểm biểu diễn cho số phức z .
B. Mô đun của z là một số thực dương.
C. Số phức liên hợp của z có mô đun bằng mô đun của số phức iz .
2
D. z 2  z .
Lời giải
Chọn C.
Đáp án A sai vì điểm M phải có toạ độ là M  a; b  .
Đáp án B sai vì mô đun của z là một số thực không âm.
Đáp án C đúng vì: iz  ai  b  iz  z .
Đáp án D sai vì có thể cho z  1  i thay vào kiểm tra.
Câu 8.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  2 y  3z  5  0 . Véctơ nào sau
đây là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  ?
A. n 1; 2;3 .

B. n 1; 2; 3 .

C. n  1; 2; 3 .

Lời giải

Chọn D.

D. n 1; 2; 3 .


Từ phương trình tổng quát mặt phẳng

 P  suy

ra véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 P  là

n 1; 2; 3 .
Câu 9.

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng ( ) : x  y  z  1  0 và
( ) : 2 x  my  2 z  2  0 . Tìm m để   song song với    .

A. m  2 .

B. m  5 .

C. Không tồn tại.
Lời giải

Chọn C
Hai mặt phẳng   song song với    khi

D. m  2 .

2 m 2 2
. Do đó không tồn tại giá trị
 

1
1 1 1

của tham số m .
Câu 10. Cho hình chóp đều S. ABCD có cạnh đáy là 2a , góc giữa mặt bên và mặt đáy là 600 . Tính thể
tích khối chóp S. ABCD .
A.

2a 3 2
.
3

B.

4a 3 3
.
3

2a 3 3
.
3
Lời giải

C.

D.

a3 3
.
3

Chọn B
S

A
B
M
O
D

C

Gọi M là trung điểm của cạnh AD , O giao của AC , BD . Vì S. ABCD là khối chóp đều nên

SO   ABCD  . Khi đó góc giữa mặt  SAD  và  ABCD  là góc SMO  600 .
Ta có OM 

1
AB  a ; SO  OM .tan SMO  a 3
2

S ABCD  4a ;VS . ABCD
2

1
4a 3 3
.
 SO.S ABCD 
3
3

Câu 11. Cho m là một số thực. Hỏi đồ thị của hàm số y  2 x3  x và đồ thị của hàm số
y  x3  mx 2  m cắt nhau tại ít nhất mấy điểm?

A. 0 .

B. 3 .

C. 2 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn C
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là:

x  m
.
2 x3  x  x3  mx2  m  x3  mx2  x  m  0   x  m  x 2  1  0  
 x  1
Khi đó phương trình có ít nhất 2 nghiệm phân biệt. Suy ra hai đồ thị có ít nhất hai điểm chung.
Câu 12. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị của y  f   x  như hình vẽ sau. Xác định số điểm cực trị của



hàm y  f  x  .




A. 3 .

B. 4 .

C. 2 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn C
Từ đồ thị của hàm y  f   x  , ta đi phục dựng lại bảng biến thiên của hàm số y  f  x  với
chú ý rằng nếu x  0;1  x  2; x  2 thì f   x  luôn dương nên hàm số y  f  x  đồng biến.
Còn nếu 0  x  1 thì f   x  luôn âm nên hàm số y  f  x  nghịch biến.
Còn tại các giá trị x  0;1; 2 thì đạo hàm f   x   0 .

0

1
2
0
0
0





Từ bảng xét dấu của f   x  ta nhận thấy hàm số y  f  x  có hai điểm cực trị là x  0; x  1 .

x



f '( x)

Câu 13. Tất cả các giá trị thực của m để đồ thị hàm số y 
A. m 

 1
\ 1;  .
 3

x2 1
có ba tiệm cận là:
x 2  2mx  m

B. m  ; 1   0;   .

 1
C. m   1;0  \   .
 3

1 
D. m   ; 1   0;   \   .

3

Lời giải
Chọn D
Vì lim y  1 với mọi m suy ra đồ thị hàm số luôn có tiệm cận ngang y  1 với mọi m
x 

Để đồ thị hàm số có thêm hai tiệm cận thì phương trình f  x   x 2  2mx  m  0 phải có hai


m  0
   m 2  m  0


nghiệm phân biệt khác 1   f 1  m  1  0
   m  1


1
 f  1  3m  1  0
m 
3

Câu 14. Một người gửi 15 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 1, 65% một quý, nếu hết quý người đó
không rút tiền lãi ra thì số tiền lãi đó được tính là tiền gốc của quý tiếp theo. Nếu như người đó
không rút lãi hàng quý, thì sau bao lâu người đó có được ít nhất 20 triệu đồng (cả vốn lẫn lãi) từ
số vốn ban đầu? (Giả sử lãi suất không thay đổi).
A. 4 năm.
B. 3 năm và 3 quý.
C. 4 năm và 2 quý.

D. 3 năm 1 quý.
Lời giải
Chọn C
Giả sử người đó gửi n quý, số tiền cả gốc lẫn lãi sau n quý là: A 1  r   15 1  1, 65% 
n

Số tiền người đó nhận được ít nhất 20 triệu, do vậy
20
n
n
A 1  r   15 1  1, 65%   20  n  log11,65%
 17,58
15

n


Vậy sau khoảng 4 năm 6 tháng (4 năm 2 quý) người gửi sẽ được ít nhất 20 triệu đồng từ số vốn
15 triệu đồng ban đầu (vì hết quý thứ hai, người gửi mới nhận lãi của quý đó)

 x2
 
Câu 15. Tìm tập xác định D của hàm số y  log 2 log 1   2log2  x 1   3 .
 
3 
3 2


C. D   2;  1 


57  .



A. D  1;  1  57 .



B. D  1  57;  1  57 .
D. D  1;    .
Lời giải

Chọn A



x 1  0
x  1

 2
2
x
x
log 2  x 1
Hàm số xác định khi   2
0
   x 1  0
2
2

2

 x2
x
log 2  x 1 
log

2

3

0
 1
  x  1  27

2
2


 3

x  1

  x  1  3
 
 1  x  1  57 .
  x  1  3

1  57  x  1  57
Câu 16. Cho n là số nguyên dương, tìm n sao cho

loga 2019  22 log

a

2019  32 log 3 a 2019  ...  n2 log n a 2019  10082.20172 log a 2019

A. n  2017 .

B. n  2018 .

C. n  2019 .

D. n  2016 .

Lời giải
Chọn D
Ta có loga 2019  22 log

a

2019  32 log 3 a 2019  ...  n2 log n a 2019  10082.20172 log a 2019

 loga 2019  23 loga 2019  33 loga 2019  ...  n3 log a 2019  10082.20172 loga 2019

 1  23  33  ...  n3  log a 2019  10082.20172 log a 2019

 n  n  1   2016.2017 

 
  n  2016 .

2  
2


Câu 17. Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng được giới hạn bởi các đồ thị hàm số
2

2

y  1  x 2 ; y  0 quanh Ox
B. 3 .

A. 2.

C.

3
.
4

Lời giải
Chọn D

 x 1
Phương trình hoành độ giao điểm 1  x 2  0  
 x  1
1

Thể tích V  

1





2
4
1  x 2 dx  
3

D.

4
.
3


Câu 18. Tìm một nguyên hàm F  x  của hàm số f  x  = ax +

b
 x  0  , biết rằng F  1  1
x2

F 1  4, f 1  0
A. F  x  

3x 2 3 7

 .

4 2x 4

B. F  x  

3x 2 3 7

 .
4 2x 4

C. F  x  

3x 2 3 7

 .
2 4x 4

D. F  x  

3x 2 3 1

 .
2 2x 2

Lời giải
Chọn A



b 
ax 2 bx 1

ax 2 b

2
f  x  dx    ax  2 dx    ax  bx dx 

C 
  C  F  x
x 
2
1
2
x


3
a

 2 b C 1
 a2
 F  1  1 

3
3x 2 3 7

a


 .
Ta có  F 1  4    b  C  4  b    F  x  
2

2
4
2
x
4
 f 1  0



7
a  b  0


C  4


Câu 19.

[2D4-1.2-2] Môđun của số phức z  2  3i 
A. z 

170
.
4

Chọn C
Ta có z  2  3i 
2

B. z 

1  5i
là:
3i

170
170
.
C. z 
.
3
5
Lời giải

D. z 

170
.
8

1  5i  3  i   2  3i   1  8 i   11  7 i
. Suy ra


 3  i  3  i 
 5 5  5 5
2

170
 11   7 

z      
.
5
 5  5
Câu 20.

[2D4-1.2-3] Các điểm M , N , P lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức z1 

4i
;
i 1

z2  1  i 1  2i  ; z3  1  2i . Hỏi tam giác MNP có đặc điểm gì?
A. Tam giác vuông.
B. Tam giác cân.
C. đáp án khác.
D. Tam giác đều.
Lời giải
Chọn C
4i  1  i 
4i
4  4i


 2  2i . Vậy điểm M  2; 2  .
Ta có z1 
i  1  i  1 1  i 
2
z2  1  i 1  2i   1  2i  i  2  3  3 . Vậy điểm N  3;1 .
z3  1  2i . Vậy điểm P  1; 2  .

MN  10; MP  5; NP  17 . Dễ thấy tam giác MNP là tam giác thường.


Câu 21. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :

x  2 y 1 z  3
,


1
2
1

 x  3  t

d 2 :  y  6  t . Mệnh đề nào sau đây đúng?
 z  3


A. d1 và d 2 chéo nhau.

B. d1 và d 2 cắt nhau.

C. d1 và d 2 trùng nhau.

D. d1 song song với d 2 .
Lời giải

Chọn B

Đường thẳng d1 đi qua A  2;1; 3 và có một vectơ chỉ phương u1  1; 2; 1 .
Đường thẳng d 2 đi qua B  3;6; 3 và có một vectơ chỉ phương u2   1;1;0  .
Ta có: u1 , u2   1;1; 1 , AB   5;5;0   u1 , u2 . AB  0 .
Vậy d1 và d 2 cắt nhau.
Câu 22. Có bao nhiêu mặt phẳng song song với mặt phẳng ( ) : x  y  z  0 đồng thời tiếp xúc với mặt
cầu (S ) : x2  y 2  z 2  2 z  2 y  2 z  0 ?
B. 0 .

A. 1 .

C. Vô số.
Lời giải

D. 2 .

Chọn A
Mặt cầu ( S ) có tâm I 1;1;1 và bán kính R  3 .
Mặt phẳng cần tìm có dạng ( P) : x  y  z  m  0 (m  0) .
( P) tiếp xúc với ( S )  d  I , ( P)   R 

 m  6
m3
.
 3
3
m  0

Vậy có 1 mặt phẳng thỏa mãn đề bài.
Câu 23. Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a . Mặt phẳng AB ' C ' tạo với mặt
phẳng đáy góc 600 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' .

A. V 

a3 3
.
2

B. V 

3a 3 3
.
4

C. V 

a3 3
.
8

D. V 

3a 3 3
.
8

Lời giải
Chọn D
Vì ABC. A ' B ' C ' là lăng trụ đứng nên AA '   ABC  . Gọi M là trung
điểm B ' C ' , do tam giác A ' B ' C ' đều nên suy ra A ' M  B ' C ' . Khi đó

600  AB ' C ', A ' B ' C '  AM , A 'M  AMA' .

a 3
3a
; AA '  A ' M .tan AMA ' 
. Diện
2
2
a2 3
3a3 3
. Vậy V  S ABC . AA ' 
(đvdt).

4
8

Tam giác AA ' M , có A ' M 
tích tam giác đều S

A ' B 'C '

Câu 24. Cho hai điểm A, B cố định. Gọi M là một điểm di động trong không gian sao cho MAB  300
.Khẳng định naò dưới đây là khẳng định đúng?
A. M thuộc mặt cầu cố định.
C. M thuộc mặt phẳng cố định.

B. M thuộc mặt trụ cố định.
D. M thuộc mặt nón cố định.
Lời giải


Chọn D

Từ A kẻ đường thẳng d tạo với AB một
góc 300 , ta quay đường thẳng vừa tạo
quanh AB với góc 300 không đổi thì thu
được hình nón. Lấy điểm K bất kì trên
mặt nón đó, ta có KAB  300 .
Do A, B cố định  mặt nón cố định.
Như vậy K  M là thỏa mãn yêu cầu. Tức quỹ tích điểm M thuộc mặt nón cố định nhận A
làm đỉnh, có đường cao trùng với AB và góc giữa đường sinh và tia AB bằng 300 .
2  sin 2 x
Câu 25. Hàm số y 
có tập xác định
khi?
m cos x  1
A. m  0 .
B. 0  m  1 .
C. m  1.
D. 1  m  1 .
Lời giải
Chọn D
Hàm só có tập xác định D 

khi m cos x  1  0, x

*

+ Khi m  0 thì * luôn đúng nên nhận giá trị m  0
+ Khi m  0 thì m cos x  1  m  1; m  1 nên * đúng khi m  1  0  0  m  1
+ Khi m  0 thì m cos x  1  m  1; m  1 nên * đúng khi m  1  0  1  m  0
Vậy 1  m  1 .
An4 4 143

Câu 26. Tìm tập các số âm trong dãy x1; x2 ; ...; xn với xn 

, n
Pn 2 4 Pn
 54 23 
A. H  
;
.
8 
 5

*

.

 63 23 
C. H  
;
 . D. Đáp án khác.
8 
 4
Lời giải

B. H  1; 2 .

Chọn C
Ta có xn 

 n  4 !. 1  143  0
An4 4 143


0
n!
Pn 2 4 Pn
 n  2 ! 4.n!
143
19
5
0 n .
4
2
2
nên n  1; n  2 .

  n  3 n  4  

Với n 

*

Vậy có hai số hạng âm của dãy là x1  

Câu 27.

63
23
.
; x2  
4
8

[1H1-2.2-2] Cho hai điểm B, C cố định trên đường tròn  O, R  và A thay đổi trên đường tròn
đó, BD là đường kính. Khi đó quỹ tích trực tâm H của ABC là:
A. Đoạn thẳng nối từ A tới chân đường cao thuộc BC của ABC .
B. Cung tròn của đường tròn đường kính BC .
C. Đường tròn tâm O ' , bán kính R là ảnh của  O, R  qua THA .
D. Đường tròn tâm O ' , bán kính R là ảnh của  O, R  qua TDC .
Lời giải
Chọn D


Kẻ đường kính BD  ADCH là hình bình hành (Vì AD / /CH
và AH / / DC cùng vuông góc với một đường thẳng)
 AH  DC  TDC  A  H . Vậy H thuộc đường tròn tâm

O ' , bán kính R là ảnh của  O, R  qua TDC .

Câu 28.


4x  1 1
khi x  0
 2
[1D4-3.4-2] Tìm a để các hàm số f  x    ax   2a  1 x
liên tục tại x  0 .

khi x  0
3

A.

1
.
2

B.

1
.
4

C. Đáp án khác.

D. 1 .

Lời giải
Chọn C
Ta có: lim f  x   lim
x 0

x 0

4x  1 1
4
2
 lim

x  ax  2a  1 x0  ax  2a  1 4 x  1  1 2a  1



Hàm số liên tục tại x  0 
Câu 29.



2
1
3 a  .
2a  1
6

[2D1-2.4-4] [2D2-3] Biết rằng phương trình 2 x3  bx2  cx  1 có đúng hai nghiệm thực
dương phân biệt. Hỏi đồ thị hàm số y  2 x  bx 2  c x  1 có bao nhiêu điểm cực trị?
3

A. 3 .

C. 5 .

B. 7 .

D. 6 .

Lời giải
Chọn B
Vì phương trình 2 x3  bx2  cx  1 có đúng hai nghiệm thực dương phân biệt nên đồ thị hàm
số y  2 x3  bx2  cx  1(C ) phải cắt Ox tại đúng hai điểm có hoành độ dương trong đó điểm
cực đại của đồ thị hàm số là một trong hai điểm đó.Vậy đồ thị (C ) có dạng:
y

x

Bằng phép suy đồ thị ta có đồ thị hàm số y  2 x  bx 2  c x  1 có dạng
3


y

x

Dựa vào đồ thị ta có đồ thị hàm số có 7 điểm cực trị.
Câu 30.

[2D1-6.14-3] [2D2-3] Tìm m để đường thẳng (d ) : y  x  m cắt đồ thị hàm số y 

x 1
(C )
x 1

tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB  3 2 .
A. m2; 2 .

B. m4; 4 .

C. m 1; 1 .

D. m 3; 3 .

Lời giải

Chọn C
Phương trình hoành độ giao điểm của (d ) và (C ) là:

 x 2  (m  2) x  m  1  0(*)
x 1
 xm  
x 1
x 1

(d ) và (C ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi (*) có hai nghiệm khác 1 .

0


 m2  8  0 (thỏa mãn với mọi m )
1  m  2  m  1  0

 x1  x2  m  2
Gọi x1 , x2 là các nghiệm của (*), khi đó theo Vi-ét ta có: 
 x1 x2  m  1
A( x1; x1  m); B( x2 ; x2  m)
 AB 2  2( x1  x1 )2  2( x1  x1 )2  8 x1.x2  2(m  2) 2  8(m  1)  2m2  16

AB  3 2  AB2  18  2m2  16  18  m2  1  m  1 .
Câu 31.

[2D2-6.7-3] [2Đ2-2]

log3 x

2

2m log

A. Vô số.
Chọn D
Tập xác định
Đặt t

log3 x

1

x
2

ta có phương trình t

x

Có bao nhiêu giá trị nguyên của
3 16 có hai nghiệm đều lớn hơn 1
2

m để phương trình

B. Đáp án khác.

D. 16 giá trị.

C. 63 giá trị.
Lời giải

2
log
4m
t

x 2

3

16 t

2log x 2 3
0

t2

Để phương trình dã cho có hai nghiệm lớn hơn

2
log3 x
16t

4m

2
0t

2
.
t
0 (*) .

1 thì (*) có hai nghiệm đều lớn hơn 0


64 4m
hay S

16

P

0

0

4m

0

m

16 .

0

Vậy có 16 giá trị.

Câu 32.

[2D2-3.0-3]

Biết

hai

hàm

ax ;

y

số

y

Đồng thời hai đồ thị này đối xứng qua đường thẳng y
A. 3 .

có

f x

đồ

x . Tính f

C. 5 .

Lời giải

B. 4 .

Chọn A
Dựa vào tính chất hàm số mũ ta có đồ thị hàm số y

như

thị

a

hình

a2 .

f

D. 6 .

log a x đối xứng nhau qua
a đối xứng với đồ thị y f x qua đường

đường thẳng y

a x và y

x . theo đề ta có đồ thị y
thẳng y

x nên ta sử dụng tính chất sau:
Xét phép biến đổi x
X ; y Y . Khi đó ta có trong hệ trục tọa độ OXY :

y

y

y

a

x

1
a

X

a

x

x

X

;

X , nên y

y

log 1 X

log 1

a

a

x

x

a

log a

X

1
a

X

x

đối xứng với

f x .

a

Tóm lại f x

log a

x

f

a

a2

f

3.
m

Câu 33.

[2D3-4.3-3] Tìm tất cả các giá trị dương của tham số m sao cho

 xe

x 2 1

dx  2500 e

m2 1

.

0

B. m  21000  1 .

A. m  2250 2500  2 .

C. m  2250 2500  2 . D. m  21000  1 .
Lời giải

Chọn C
m

Ta có I   xe

x 2 1

0

m

1
dx   e
20

x 2 1

d  x2  .

Đặt t  x 2  1 , khi x  0  t  1; x  m  t  m2  1 .

1
Do đó I 
2
 m2  1.e

m2 1



e d  t  1 
t

2

1
m2 1

m2 1



te dt   te
t

t

1

 e  et

m 1
2

1

 m2  1.e

m2 1



m2 1
1

ee

m2 1





et dt

1

m2 1

e 





m2  1  1 e

m2 1

.

vẽ.


Bài ra I  2500 e

m2 1







m2  1  1 e

m2 1

 2500 e

m2 1

 m2  1  1  2500  m2  1  1  2500   m2  21000  2.2500
2

.
Kết hợp với m  0 ta được

Câu 34.

m  21000  2.2500  2500  2  2500   2250 2  2500

thỏa mãn.

[2D3-5.14-3] Cho đồ thị biểu diễn vận tốc của hai xe A và B khởi hành cùng một lúc, bên
cạnh nhau và trên cùng một con đường. Biết đồ thị biểu diễn vận tốc của xe A là một đường
Parabol, đồ thị biểu diễn vận tốc của xe B là một đường thẳng ở hình bên.

Hỏi sau khi đi được năm giây khoảng cách giữa hai xe là bao nhiêu mét.
A. 270 m .

B. 60 m .

C. 80 m .

D.

250
m.
3

Lời giải
Chọn D
Dựa vào đồ thị ta tính được

2
2
2


vA  t   at  bt  c  20t  80t  m /s   s A  t     20t  80t  dt  m 


vB  t   e  ft  20t  m /s 


 sB  t    20t dt  m 

+ Suy ra quãng đường đi được sau năm giây của hai xe bằng
5

s
t



m

 20t 2  80t  dt  500
 A

3

0

5
 s t  20t dt  250 m
 
 B  
0


+ Suy ra khoảng cách giữa hai xe sau năm giây sẽ bằng
Câu 35.

s A  sB 

250
m
3
.

u1  5
[1D3-2.4-2] Cho dãy số 
. Tính u100 ?
un 1  un  n
A. 4950 .

B. 4955 .

C. 4960 .
Lời giải

Chọn B

D. 4965 .


u1  5
u  u  1
1
 2
u3  u2  2
Ta dự đoán công thức tổng quát của un theo n ta có 
u4  u3  3
........

un 1  un  n
Cộng vế với vế ta được un1  5  1  2  3  ...  n   5 
Vậy u100  5 
Câu 36.

n  n  1
.
2

99.100
 4955 .

2

[2D4-4.1-2] Cho các số phức z1  1  3i, z2  5  3i . Tìm điểm M  x; y  biểu diễn số phức z3 ,
biết rằng trong mặt phẳng phức điểm M nằm trên đường thẳng x  2 y  1  0 và mô đun số
phức w  3z3  z2  2 z1 đạt giá trị nhỏ nhất.
 3 1
A. M   ;   .
 5 5

3 1
3 1
B. M  ;   .
C. M  ;  .
5 5
5 5
Lời giải

 3 1
D. M   ;  .
 5 5

Chọn D
Ta có điểm M  x; y   d : x  2 y  1  0 nên M  2 y  1; y   z3  2 y  1  yi .
Do đó w  3z3  z2  2 z1  3  2 y  1  yi    5  3i   2 1  3 y   6 y   3 y  3 i .
Suy ra w 

 6 y    3 y  3
2

Dấu "  " xảy ra khi y 

Câu 37.

2

2

4 6 5
1 4


, y 
 3 5 y  2 y 1  3 5  y     3
5
5
5 5

2

.

1
3
 3 1
 x   . Vậy M   ;  .
5
5
 5 5

x  1


[2H3-4.5-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba đường thẳng d1 :  y  1 ;
z  t
1

 x  t2
x  1


d 2 :  y  1 ; d3 :  y  t3 . Viết phương trình mặt phẳng đi qua M 1; 2;3 và cắt ba đường thẳng
z  0
z  0


d1; d2 ; d3 lần lượt tại A, B, C sao cho M là trực tâm của tam giác ABC .
A. x  y  z  6  0

B. x  z  2  0

C. 2 x  2 y  x  9  0 D. y  z  5  0
Lời giải

Chọn D.
Dễ thấy d1; d2 ; d3 đôi một vuông góc và đồng quy tại điểm O ' 1; 1;0 . Gọi M là trực tâm của
tam giác ABC .
CM  AB
 AB  O ' M
Khi đó 
O ' C  AB
Tương tự BC  O ' M

Suy ra O ' M   ABC  . Lại có O ' M   0;3;3
Khi đó  ABC  qua M 1; 2;3 và nhận O ' M và VTPT có phương trình là y  z  5  0 .


Câu 38.





[2H1-2.4-3] Cho hình chóp S. ABCD có cạnh bên SA  a 0  a  3 và các cạnh còn lại đều
bằng 1. Tính theo a thể tích V của khối chóp S. ABCD

A. V 

a 3  a2
3

B. V 

a 3  a2
6

C. V 

3  a2
6 a

D. V 

3  a2
3 a

Lời giải
Chọn B.

 HB  SB 2  SH 2


Kẻ SH   ABCD  tại H , ta có  HC  SC 2  SH 2

2
2
 HD  SD  SH
Bài ra SB  SC  SD  1  HB  HC  HD  H là tâm đường tròn ngoại tiếp BCD .
Hơn nữa BCD cân tại C  H  AC .
Ta có
SBD  CBD  c  c  c   SO  CO  AO  SAC vuông tại S



1
1
1
1

 2  1  2  SH 
2
2
SH

SC
SA
a

a
a 1
2

.

Cạnh AC  SA2  SC 2  a 2  1
a2  1 3  a2
 AC 
 OB  SB  SO  1  

  1
4
4
 2 
2

2

2

2

3  a2
0  a  3  BD  3  a 2
2

1
1
a
1
1
a
1 2
a 3  a2
2
. AC.BD  .
.
a  1. 3  a 
Do đó VS . ABCD  SH .S ABCD  .
3
3 a2  1 2
3 a2  1 2
6
.
 OB 






Câu 39.

[1H3-5.7-2] Cho hình lập phương ABCD. ABCD ' , cạnh bằng 1 . Gọi M , N lần lượt là trung
điểm AB , CD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và MN
A.

2
.
2

B.

2
.
4

C. 2 2.

D.

2.

Lời giải
Chọn B.
Dễ thấy MN / / BC nên ta có
1
d  AC, MN   d  MN ,  ACB    d  M ,  ACB    d  A,  ACB   .
2
Kẻ AH vuông góc với AB .
 BC  AB
Khi đó 
 AB   ABA   AB  AH .
 BC  AA

Mà AH  AB , suy ra AH   ABC  hay AH  d  A,  ACB   .

2
1
1
1
 d  A,  ACB   .


 2  AH 
2
2
2
2
AH
AB
AA
1
2
Suy ra d  AC , MN   d  A,  ACB   
.
2
4

Trong tam giác vuông ABA có


Câu 40.

[2H2-2.7-2] Cho một cái bể nước hình hộp chữ nhật có kích thước 2m , 3m , 2m lần lượt là
chiều rộng, chiều dài và chiều cao của lòng trong đựng nước của bể. Hằng ngày nước được lấy

ra bằng một cái gáo hình trụ có chiều cao 5cm và bán kính hình tròn đáy là 4cm . Trung bình
một ngày được múc ra 170 gáo nước để sử dụng (biết mỗi lần múc là đầy gáo). Hỏi sau bao
nhiêu ngày thì bể hết nước, biết ban đầu bể đầy nước?

A. 128 ngày.

B. 281 ngày.

C. 282 ngày.

D. 283 ngày.

Lời giải
Chọn B.
Thể tích nước đựng được đầy trong bể là: V  2.3.2  12  m3  .
Thể tích nước đựng được đầy trong gáo là: V1   42.5  80  cm3  
Trung bình một ngày lượng nước lấy ra được là: V2  170.V1 

Câu 41.

Vậy số ngày để múc hết nước trong bể là:

V

V2

12
17
1250

[1D1-1.5-3] Tìm m để bất phương trình

3sin 2 x cos 2 x
sin 2 x 4cos 2 x 1



 m .
12500

17
 m3  .
1250

 280,8616643  281 (ngày).

m 1 đúng với mọi x

3 5
3 5 9
65 9
.
B. m
.
C. m
.
4
4
4
Lời giải

Chọn C
3sin 2 x cos 2 x
3sin 2 x cos 2x
Đặt y
2
sin 2 x 4cos x 1 sin 2 x 2cos 2x 3
(Do sin 2 x 2cos 2 x 3 0, x
hàm số xác định trên )

A. m

3

y sin 2 x

1 2 y cos 2 x

(Phương trình a sin x
Suy ra 3
max y

y

2

b cos x

1 2y

5

65
4

2

9 y2

3

3 5 9
.
4

D. m

3y

a2

c có nghiệm
2 y2

.Yêu cầu bài toán

5y 5

5

b2

0

65
4

c2 )
5

65
4

m 1

m

y

5

65
4

65 9
.
4

.

.

Câu 42.

[1D2-4.3-2] Trong một đợt kiểm tra về vệ sinh an toàn thực phẩm của ngành y tế tại chợ X.
Ban quản lý chợ lấy ra 15 mẫu thịt lợn trong đó có 4 mẫu ở quầy A, 5 mẫu ở quầy B và 6 mẫu
ở quầy C. Mỗi mẫu thịt này có khối lượng như nhau và để trong các hộp kín có kích thước
giống hệt nhau. Đoàn kiểm tra lấy ra ngẫu nhiên ba hộp để phân tích, kiểm tra xem trong thịt
lợn có chứa hóa chất “Super tạo nạc” (Clenbuterol) hay không. Tính xác suất để 3 hộp lấy ra có
đủ ba loại thịt ở các quầy A, B, C.
24
24
1
1
A.
.
B.
.
C. .
D.
.
93
91
5
15
Lời giải
Chọn B
Không gian mẫu  là tập hợp tất cả các tập con gồm 3 phần tử của tập hợp các hộp đựng thịt
15!
 455 .

gồm có 4  5  6  15 phần tử, do đó: n     C153 
12!.3!
Gọi D là biến cố “Chọn được một mẫu thịt ở quầy A, một mẫu thịt ở quầy B, một mẫu thịt ở
quầy C”.
Tính n  D 
Có 4 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy A
Có 5 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy B
Có 6 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy C
Suy ra, có 4.5.6  120 khả năng chọn được 3 hộp đủ loại thịt ở các quầy A, B, C

 n  D   120
Do đó: P  D  
Câu 43.

120 24

455 91

[2D2-2.0-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn  3;3 để hàm số

3 x  3
đồng biến trên khoảng .
3 x  m
A. 4 .
B. 3 .
y

C. 2 .
Lời giải

D. 0 .

Chọn A
Cách 1:
Trường hợp 1: Xét m  0 . Tập xác định D  .
3 x ln 3  3 x  3  3 x ln 3  3 x  m  3 x ln 3  m  3

Ta có y 
. Để hàm số nghịch biến trên
2
2
x
x
3  m
3  m

 1;1

 y  0, x   1;1  m  3 . Suy ra m  0 thỏa mãn.

Trường hợp 2: Xét m  0 . Tâp xác định: D 

\  log3 m .

Hàm số nghịch biến trên  1;1

m  3
m  3

 y  0, x   1;1

1

m  3

    log 3 m  1   
1 . Từ TH1, TH2 suy ra m  .
3
   log m  1
m  1  m  3
 log 3 m   1;1
3

 
3
Do m nên m  3; 2; 1;0 . Vậy có 4 giá trị.
Cách 2: Giải bằng công thức giải nhanh ( nếu có)


Câu 44.

[2D2-6.6-3] Biết phương trình log5

 x
2 2 1
1 
 2 log3 

 có nghiệm duy nhất
x
 2 2 x

x  a  b 2 trong đó a, b là các số nguyên. Hỏi m thuộc khoảng nào dưới đây để hàm số

y

mx  a  2
có giá trị lớn nhất trên đoạn 1; 2 bằng 2 .
xm

A. m  2; 4  .

B. m  4;6  .

C. m  6;7  .
Lời giải

D. m  7;9  .

Chọn A
Phương trình  log5

 x
2 x 1
1 
2 x 1
 x 1 
 2log3 

 2log 3 
  log5


x
x
2 x
 2 2 x

x  0
Điều kiện: 
 x  1.
x  1





PT  log5 2 x  1  log5 x  log3  x  1  log3 4x


 log  2

2


x  1  log  2

 log5 2 x  1  log3 4 x  log3  x  1  log5 x
5

3

2



x  1  1  log5 x  log3  x  1 * .
2

2

Xét hàm số f  t   log5 t  log3  t  1 , với t  1;   , có f   t  
2

1
2

 0 , suy ra
t ln 5  t  1 ln 3

hàm số đồng biến trên khoảng 1;   .

 *

 x  1 2
có dạng f 2 x  1  f  x   2 x  1  x  x  2 x  1  0  
 x  1  2





 x  1  2  x  3  2 2 . Từ đó hàm số y 

m2  1
mx  1
 0, x  m .
, với y 
2
xm
 x  m

m 1
 2  m  3 .
1;2
1 m
Cách 2: Giải bằng công thức giải nhanh ( nếu có)
Dùng chức năng Shift Solve của MTCT để dò ra nghiệm x  5,828427125 , lưu nghiệm vào

Suy ra max y  y 1 

biến A  SHIFT STO A . Vào MODE 7 , nhập hàm số f  x   A  X 2 , Start: 2 , End: 15 ,
Step: 1 .

Chọn cặp có kết quả là số nguyên ta được X  2, f  2   3, suy ra a  3, b  2 .

m2  1
mx  1

 0, x  m .
Từ đó ta có hàm số y 
, với y 

2
xm
 x  m
Suy ra max y  y 1 
1;2

m 1
 2  m  3 .
1 m


1

Câu 45.

xn
dx,  n  *  , ta được kết quả
2
3
n
x
x
x
0
1  x    ... 
2! 3!
n!
1 1
1
1 1

1


A.  n  1!.ln  2    ...   .
B. ln  2    ...   .
2! 3!
n! 
2! 3!
n! 


1 1
1

C.  n  1!.ln  2    ...   .
D. Đáp án khác
2! 3!
n! 

Lời giải
Chọn D

[2D3-4.10-3] Tính tích phân I  

Cách 1:
Đặt f n  x   1  x 

x 2 x3
xn
x 2 x3

x n 1
  ...   f n  x   1  x    ... 
 f  x .
2! 3!
n!
2! 3!
 n  1! n1

Do đó f n  x   f n1  x  

xn
 n !.  f n  x   f n 1  x    x n .
n!

Ta có,

n!.  f n  x   f n1  x  

1
1

f  x 
f n  x  

dx  n!.  1  n 1
dx

n!.
1



0  f n  x  dx  n!. x  ln  fn  x  
fn  x 
f n  x  
0
0


1 1
1

 n ! n !.ln  2    ...  
2! 3!
n! 

1

I 





1
0

Cách 2
Câu 46.

[2D4-1.2-3] Cho số phức z thỏa mãn 1  2i  z 

10
 2  i . Hỏi phần ảo của số phức
z

w  z 2  z  1 bằng bao nhiêu

A.

3
.
2

B. 

3
.
2

C.

1
.
2

D. Đáp án khác.

Lời giải
Chọn D
Cách 1:

Theo giả thiết, 1  2i  z 

10
10
10
.
 2  i  z  2i. z  2  i 
 z  2   2 z  1 i 
z
z
z

Lấy môđun hai vế, ta được

 z  2   2 z  1

Do đó, 1  2i 

2

2



10
 z 1.
z

10
10

18  3 10 6  10
2i  z 
 w  z2  z 1 

i
z
3i
10
10

Cách 2:
Câu 47.

[2H3-2.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxy , cho A 1; 2;  1 và mặt phẳng  P 
có phương trình x  y  2 z  13  0 . Mặt cầu  S  đi qua A , tiếp xúc vớp  P  và có bán
kính nhỏ nhất. Điểm I  a; b; c  là tâm của

T  a 2  2b2  3c2 .
A. 25 .

B. 30 .

C. 35 .
Lời giải

S  ,

tính giá trị của biểu thức
D. 20 .

Chọn A
+ Gọi R là bán kính của  S  và giả sử  S  tiếp xúc với  P  tại B .
+ Kẻ AH   P  tại H , ta có 2 R  IA  IB  AB  AH  R 

AH
: không đổi.
2

Dấu “  ” xảy ra khi  S  là mặt cầu đường kính AH .
Khi đó I là trung điểm của cạnh AH .
+ Đường thẳng AH qua A 1; 2; 1 và nhận nP  1;1; 2  là một vecto chỉ phương.
x  1 t

Suy ra AH :  y  2  t  H  t  1; t  2; 2t  1 .
 z  1  2t


Điểm H   P    t  1  t  2   2  2t  1  13  0  t  2  H 3;4;3  .
+ Điểm I là trung điểm của cạnh AH  I  2;3;1  T  a 2  2b2  3c 2  25 .
Câu 48.

[2H1-3.5-3] Cho khối lập phương ABCD. ABCD cạnh a .Các điểm E và F lần lượt là
trung điểm của C B và C D . Mặt phẳng  AEF  cắt khối lập phương đã cho thành hai
phần, gọi V1 là thể tích khối chứa điểm A và V2 là thể tích khối chứa điểm C  . Khi đó
V1
là
V2

A.

25
.
47

B. 1 .

C.

17
.
25

D.

8
.
17

Lời giải
Chọn A

+ Đường cắt EF cắt AD tại N , AB tại M ; AN cắt DD tại P và AM cắt BB tại Q .
Từ đó mặt phẳng  AEF  cắt khối lăng trụ thành hai khối đó là ABCDCQEFP và

AQEFPBAD .
+ Gọi V  VABCD .AB C D  , V3  VA .AMN , V4  VPFD N , V5  VQMB E
+ Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có V4  V5

1

1 3a 3a 3a3
AA. AM . AN  a. . 
6
6 2 2
8
3
1
1 a a a a
25a3
47a3
V4  PD.DF .DN  . . .  ; V1  V3  2V4 
, V2  V  V1 
6
6 3 2 2 72
72
72
V1 25
Vậy
.

V2 47
V3 

Câu 49.

[1H3-5.7-4] Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SAD là tam giác đều và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối
chóp S. ABCD là 4 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC gần với giá trị nào nhất
sau đây ?

A.

2
dm .
7

B.

3
dm .
7

C.

4
dm .
7

D.

6
dm .
7

Lời giải
Chọn D

Gọi x  0 là cạnh của hình vuông ABCD và H là trung điểm cạnh AD
+ Vì SAD đều nên SH  AD

Mặt khác  SAD    ABCD  theo giao tuyến AD nên SH   ABCD 
x 3
2
+ Gọi O  AC  BD và G là trọng tâm SAD thì O, G lần lượt là tâm của đường trong

Ta có: SH 

ngoại tiếp hình vuông ABCD và tam giác SAD , đồng thời d1 , d 2 lần lượt là 2 trục đường
tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD và tam giác SAD ( d1 qua O và song song SH , d1 qua G
và song song OH )
 I  d1  d2 là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S. ABCD

 R  SI  SG 2  GI 2
2

 x   x
+ Ta lại có S  4 R  R  1  
  
 3 2
2

2

x

2 21
dm
7

+ Dựng hình bình hành ADEC

Kẻ HK  ED và HP  SK  HP   SED 
Ta có: AC / /  SED 

 d  AC; SD   d  AC;  SED    d  A;  SED    2d  H ;  SED    2HP

SHH vuông tại H có

1
1
1
3


 HP  dm .
2
2
2
HP
SH
KH
7

6
Vậy d  AC ; SD   dm .
7


Câu 50.

1


[1D2-3.2-3] Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Newton của  3  x5 
x

8

, biết rằng Cnn41  Cnn3  7  n  3 (với n là số nguyên dương và x  0 ).
A. 400 .

B. 480 .

C. 495 .
Lời giải

D. 0 .

Chọn C

 n  4  !   n  3 !  7 n  3


3!.  n  1! 3!.n !
 n  4  n  3 n  2    n  3 n  2  n  1  7 n  3




Ta có Cnn41  Cnn3  7  n  3 

6

  n  2   14  n  12

6

12

1

Với n  12 ta có nhị thức  3  x5 
x


12  k

1
Số hạng tổng quát của khai triển là Tk 1  C  3 
x 
5
Tk 1 chứa x8  3 12  k   k  8  k  8 .
2
8
Vậy hệ số của số hạng chứa x là C128  495 .
k
12

.

 
x5

k

 C12k x

5
312  k   k
2

.

n