Tài liệu HOT ĐỀ THI THỬ TOÁN THPT QUỐC GIA 2018 (có lời giải chi tiết) file Word

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

ĐỀ SỐ 12
Phương trình
Câu 1.

3cot 2 x + 2 2 sin 2 x = (2 + 3 2) cos x

x = α + k 2π ; x = β + k 2π , k ∈ Z , 0 < α , β <
A.

π2
.
12

B. -

π2
.
12

có các nghiệm dạng

π
thì α .β bằng:
2
7π
C.
.

12
Lời giải

D.

π2
.
12 2

Chọn A
Điều kiện: sin x ≠ 0 ⇔ cos x ≠ ±1
Pt ⇔ 3cos 2 x + 2 2 sin 4 x = 2 cos x.sin 2 x + 3 2 cos x.sin 2 x
⇔ 3cos x(cos x − 2 sin 2 x ) − 2sin 2 x(cos x − 2 sin 2 x) = 0
⇔ (cos x − 2 sin 2 x)(3cos x − 2sin 2 x) = 0
 2 cos 2 x + cos x − 2 = 0(1)
⇔
2
 2 cos x + 3cos x − 2 = 0(2)


2
π
cos x =
(1) ⇔ 
⇔ x = ± + k 2π ( k ∈ Z)
2
4
cos x = − 2(VN )
1


cos x =
π

(1) ⇔
⇔ x = ± + k 2π ( k ∈ Z)
2

3
 cos x = −2(VN )
Vậy α =

π
π
π2
; β = ;α .β =
4
3
12

Số nghiệm của phương trình
Câu 2.
A. 0.
Đáp án

B. 1.

π
với
là:
2cos( x + ) = 1

0 ≤ x ≤ 2π
4
C. 2.

D. 3.

C.

 π π
 x = k 2π
 x + 4 = 4 + k 2π
π 1
π
π


cos  x + ÷ =
⇔ cos  x + ÷ = cos ⇔ 
⇔
( k ∈¢) .
π

π
π
4
4
4
x
=
−

+
k
2
π
2


 x + = − + k 2π

2

4
4
Biểu diễn trên đường trong lượng giác:

1


Câu 3.

Vậy có 3 nghiệm thuộc [ 0; 2π ] .
Số nghiệm của phương trình
Trên đoạn 0; 2π
[
]
2sin x − 3 = 0
A. 1.

Câu 4.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

π

x = + k 2π

3
3
2sin x − 3 = 0 ⇔ sin x =
⇔
( k ∈ ¢)
2
 x = 2π + k 2π

3
π
2π
Vậy phương trình có 2 nghiệm thuộc [ 0; 2π ] là x = và x =
.
3
3
Từ X = 1; 2;3; 4;5;6 lập được bao nhiêu số các số có chữ số khác nhau mà và không
{
}
6
6

1
đứng cạnh nhau là
A. 720 .

B. 480 .

C. 240 .
Lời giải

D. 120 .

Chọn
B.
Ta dùng 6 ô sau để xếp số cần lập.
* Xét trường hợp số có 6 chữ số khác nhau : có 6! số.
* Xét trường hợp số có 6 chữ số khác nhau mà 1 và 6 đứng cạnh nhau.
Chọn 2 vị trí liên tiếp trong 6 vị trí, có 5 cách.
Xếp 1 và 6 vào 2 vị trí đó có 2 cách.
Xếp 4 số còn lại vào 4 vị trí, có 4! cách.
Vậy có 5.2.4! = 240 số.
Vậy số các số thỏa bài toán là: 6!− 240 = 480 số.
Phân tích
A sai do đây là số có sau chữ số khác nhau.
C sai do kết quả số có 6 chữ số mà 1 và 6 đứng cạnh nhau.
D sai do tính toán nhầm lẫn.
Gieo hai con súc sắc cân đối đồng chất. Xác suất để hiệu số chấm trên mặt xuất hiện của hai
Câu 5.
con súc sắc bằng 2 là:
1
2

A. .
B. .
9
9

C.

1
.
3

D. 1 .

Lời giải
Chọn
B.
Phép thử T : Gieo hai con súc sắc.
2


2
Mỗi súc sắc có 6 kết quả có thể xảy ra ⇒ Ω = 6 = 36 .

Biến cố A : Hiệu số chấm bằng 2 .
Các cặp các số từ 1 đến 6 có hiệu bằng 2 là: { 1;3} ; { 2; 4} ; { 3;5} ; { 4; 6} . Mỗi cặp này ứng với
P2 = 2! = 2 cách gieo. Ta có: Ω A = 2 × 4 = 8 .
Vậy P ( A ) =

ΩA
8 2

=
= .
Ω
36 9

Phân tích phương án nhiễu:
A sai vì tính nhầm Ω A = 4 .
C sai vì tính nhầm Ω = 6 + 6 = 12 và Ω A = 4 .
Câu 6.

Cho hai đường thẳng song song a và . Trên đường thẳng a lấy
điểm phân biệt. Trên
b
6
đường thẳng b lấy 5 điểm phân biệt. Chọn ngẫu nhiên 3 điểm. Xác xuất để ba điểm được
chọn tạo thành một tam giác là:
2
9
60
5
A.
.
B.
.
C.
.
D. .
11
11
169

11
Lời giải
Chọn
B.
3
Phép thử T : Chọn ngẫu nhiên 3 điểm trong 11 điểm ⇒ Ω = C11 = 165.
Biến cố A : ba điểm tạo thành tam giác, tức là ba điểm không thẳng hàng.
Xảy ra 2 trường hợp: Hai điểm thuộc a và một điểm thuộc b ; Hai điểm thuộc b và một điểm
2
1
1
2
thuộc a ⇒ Ω A = C6 .C5 + C6 .C5 = 135 .
135 9
= .
Vậy P ( A ) =
165 11
Phân tích phương án nhiễu:
A sai vì tính nhầm thành xác suất 3 điểm không tạo thành tam giác.
2
C sai vì tính nhầm Ω A = 6.C5 = 60 .

Câu 7.

2
D sai vì tính nhầm Ω A = 5.C6 = 75 .
Gọi là tổng tất cả các giá trị m để phương trình x 2 + 2 x − 3 x − 2m = 0 có nghiệm phân
S
3
(

)

(

)

biệt lập thành một cấp số cộng có công sai lớn hơn 2 . Tính S .
3
A. S = −1.
B. S = − .
C. S = 2.
2
Hướng dẫn giải
Chọn A.
x = 1

2
Ta có: x + 2 x − 3 ( x − 2m ) = 0 ⇔  x = −3 .
 x = 2m

(

D. S = −4.

)

Ba nghiệm này lập thành một cấp số cộng có công sai lớn hơn 2 nên có 3 trường hợp:
5
TH1: CSC −3 ; 1 ; 2m . Suy ra d = 4 ; m = (thỏa mãn)
2

1
TH2: CSC −3 ; 2m ; 1 . Suy ra d = 2; m = − (loại)
2

3


TH3: CSC 2m ; −3 ; 1 . Suy ra d = 4 ; m = −
Cho tam giác
Câu 8.

ABC

có

C − A = 60°

và

7
5 7
(thỏa mãn). Suy ra S = − = −1.
2
2 2

,
,
theo thứ tự lập thành một cấp số
sin A sin B sin C

nhân. Tính cosin góc B .

A.

 −1 + 13

4
B. 
.
 −1 − 13


4

−1 + 13
.
4

C. 49°21' 13, 25'' .

D.

1 + 13
.
2 2

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có:
sin A.sin C = sin 2 B

1
⇔ − [ cos( A + C ) − cos(C − A) ] = 1 − cos 2 B
2
1
⇔ − [ − cos B − cos 60°] = 1 − cos 2 B
2

−1 + 13
cos B =
3
4
.
⇔ 2 cos 2 B + cos B − = 0 ⇔ 

2
−1 − 13
(l )
cos B =

4
[
]
Tìm giới hạn
Câu 9.

lim

x →−∞

x2 − x + 1
.

2x

1
A. − .
2

B.

1
.
2

C. −∞.

D. +∞.

Lời giải
Chọn A
x − x +1
= lim
x →−∞
2x
2

lim

x →−∞

1 1
1 1

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

−x 1−

[
]
 x+5 −3
khi x > 4

Cho hàm số f ( x) =  x − 4
. Tìm giá trị của a để f x liên tục tại
.
( )
x = 4

Câu 10.
 2a − 5
khi x ≤ 4

6

1
A. a = .
3

1
B. a = − .
2

C. a =

1
.
12

1
D. a = .
2

Lời giải
Chọn D
4


x +5 −3
x−4
= lim+
= lim
x
→
4
x−4
( x − 4 ) x + 5 + 3 x → 4+

lim f ( x ) = lim+

x →4+

(

x →4

lim− f ( x) = 2a −

x→4

)

1
1
=
x+5 +3 6

5
= f ( 4)
6

Để hàm số liên tục tại x = 4 thì lim+ f ( x) = lim− f ( x) = f ( 4 ) ⇔ 2a −
x →4

x→4

5 1
1

= ⇔a=
6 6
2

[
]
2x
. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị C cắt các trục
,
lần
C)
(
)
Ox Oy
(
Câu 11.
x−2
lượt tại A và B sao cho AB = 2.OA là
A. y = − x .
B. y = − x + 4 .
C. y = − x − 8 .
D. y = − x + 8 .
Lời giải
Chọn
D.
4
−4
⇒ y′ ( x0 ) =
, x ≠ 2) .
Gọi M ( x0 ; y0 ) ∈ ( C ) , x0 ≠ 2 . y ′ = −
2

2 ( 0
( x − 2)
( x0 − 2 )
Cho hàm số

PTTT tại M : y =

y=

−4

( x0 − 2 )

2

. ( x − x0 ) +

2 x0
x0 − 2 .

Tam giác vuông OAB có AB = 2.OA nên ∆OAB vuông cân tại O . Do đó d vuông góc với một trong
hai đường phân giác d1 : y = x; d 2 : y = − x và không đi qua O.
Nếu d ⊥ d1 thì
Nếu d ⊥ d 2 thì

−4

( x0 − 2 )

2

−4

( x0 − 2 )

2

 x0 = 4 ⇒ y0 = 4
= −1 ⇔ 
⇒ d : y = − ( x − 4) + 4 ⇔ y = − x + 8 .
 x0 = 0 ( loai )
= 1 ⇒ vô nghiệm.

Vậy PTTT cần tìm là: y = − x + 8 .
[
]
Câu 12.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng
có phương trình x + y − 2 = 0 . Hỏi phép dời
d
hình có được bằng cách thực hiện liên tiếp hai phép đối xứng qua tâm O và phép tịnh tiến theo
r
véctơ v ( 3; 2 ) biến d thành đường thẳng nào trong các đường thẳng sau?
A. x + y + 2 = 0.
B. x + y − 3 = 0.
C. 3 x + 3 y − 2 = 0.
D. x − y + 2 = 0.
Lời giải
Chọn
B.

Gọi d ′ = ĐO ( d ) suy ra d ′ có phương trình là x + y + 2 = 0
 x = x1 − 3
Gọi d ′′ = Tvr ( d ′ ) và M ( x; y ) ∈ d ′ ⇒ M ′′ ( x1 ; y1 ) = Tvr ( M ) ⇔ 
 y = y1 − 2
Suy ra d ′′ có phương trình là x1 + y1 − 3 = 0 hay x + y − 3 = 0.
[
]
Cho hình chóp

Câu 13.

S . ABCD

, có

ABCD

là hình thang vuông tại

A, D , biết

AB = 2a

,

AD = DC = a. Giả sử hai ( SAB ) và ( SAD ) cùng vuông góc với ( ABCD ) và SA = a . Gọi E là

5


trung điểm của SA , M là một điểm trên cạnh AD , đặt AM = x , với 0 ≤ x ≤ a . Gọi ( Z ) là mặt

phẳng chứa EM và vuông góc với mặt phẳng ( SAD ) . Tính diện tích thiết diện tạo bởi ( Z ) và
hình chóp S . ABCD.
1
1
2
2
2
2
A. ( 3a − x ) a + 4 x . B. ( a − x ) 2a − x .
4
4
1
1
2
2
2
2
C. ( 2a − x ) a + 3x . D. ( a − x ) a + 2 x .
4
4
Lời giải
Chọn
A.

Ta có:

( Z ) ⊥ ( SAD )
⇒ ( Z ) / / AB  / / CD ⇒ ( Z ) ∩ ( SAB ) = EF ,



 AB ⊥ ( SAD )

 F ∈ ( SB )
 
 EF //AB

 N ∈ CB
Ta có ( Z ) ∩ ( ABCD ) = MN , 
 MN //CD

Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi ( Z ) là hình thang vuông EFMN , vuông tại E , M .
Ta có S EFNM =

1
( EF + MN ) EM
2

+ EF = a
2

a
1 2
+ EM =  ÷ + x 2 =
a + 4x2
2
2
MN 2a − x
MN 2a − x
=
⇒

=
⇒ MN = 2a − x
+
AB
2a
2a
2a
1
2
2
Vậy S EFNM = ( 3a − x ) a + 4 x .
4
[
]

Cho hình chóp
Câu 14.

S . ABCD

, có

ABCD

là hình vuông cạnh a có
và vuông góc với mặt
SA = a 3

phẳng ( ABCD ) . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mặt phẳng ( SCD ) .Diện tích
của thiết diện là:

6


A.

a 2 75
.
8

B.

a 2 147
.
16

C.

a 2 27
.
4

D.

a2 3
.
4

Lời giải
Chọn

B.

Ta có:

 AB ⊥ ( SAD )
⇒ ( P ) ⊥ ( SAD ) . Mặt khác  ( P ) ⊥ ( SCD ) ⇒ ( P ) ⊥ SD

P
⊃
AB
(
)



Gọi I  = ( P )  ∩SD ⇒ SD ⊥ AI .
Ta có:

( P ) ⊃ AB, ( SCD ) ⊃ CD, AB //CD
 
⇒ ( P ) ∩ ( SCD ) = IJ .
I ∈ ( P ) ∩ ( SCD )


  SC.
Với  IJ //AB //CD, J ∈

Ta có diện tích thiết diện là:

S ABJI =

1
( AB + IJ ) .AI
2

AB = a
SD = 2a
AI .SD = SA. AD ⇒ AI =

a 3.a a 3
=
.
2a
2

SA2 3a
=
SD
2
IJ
SI
SI
3a
=
⇒ IJ =
.DC =
DC SD
SD
4

SA2 = SI .SD ⇒ SI =

Vậy  S ABJI =

a 2 147
.
16

[
]
Câu 15.

Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để hàm số
đạt cực trị x , x thỏa mãn
y = 4x3 + mx2 – 3x
1 2
điều kiện x1 = −4x2.

7


A. m = −1 hoặc m = 1 . B. m = −
C. m = −
Chọn

9
9
hoặc m = .
2
2

2
2
hoặc m = .D. m = −2 hoặc m = 2 .
9
9
Lời giải
B.

y′ = 12x2 + 2mx − 3
Ta có a.c < 0 suy ra y′ = 0 luôn có 2 nghiệm trái dấu suy ra hàm số luôn đạt cực trị x1, x2

m
m
2m
⇔ x2 = ⇒ x1 = −
6
18
9
m2
m2
1
9
x1.x2 = −
⇔−
=− ⇔m=± .
81
81
4
2
[
]

Ta có x1 = −4x2 ⇔ −3x2 = x1 + x2 = −

2 3
1 đạt cực trị tại
x1 , x2 . Tính giá trị nhỏ
x + (m + 1) x 2 + (m 2 + 4m + 3) x +
3
2
nhất của biểu thức P = x1x2 − 2( x1 + x2 )

Biết rằng hàm số
Câu 16.

y=

A. min P = −9.

1
C. min P = − .
2

B. min P = −1.

9
D. min P = − .
2

Lời giải
Chọn
D.

2
2
Ta có y ′ = 2 x + 2 ( m + 1) x + m + 4m + 3
Vì hàm số đã cho đạt cực trị tại x1 , x2 theo Viet ta có

m 2 + 4m + 3
 x1.x2 =
2
thay vào biểu thức P = x1 x2 − 2 ( x1 + x2 ) ta được

 x + x = − ( m + 1)
 1 2
m 2 + 4m + 3
m 2 + 8m + 7 ( m + 4 ) − 9
P=
+ 2 ( m + 1) =
=
2
2
2
9
2
Vậy để pmin ⇔ ( m + 4 ) = 0 hay Pmin = − .
2
[
]
2

Đường thẳng nào dưới đây là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
Câu 17.
A. x = 3.

B. y = −3 .

C. x = 1.

y=

3x −1 ?
− x −1
D. y = 1.

Lời giải
Chọn

B.
3x − 1
= −3
Ta có: xlim
→±∞ − x − 1
Do đó y = −3 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

3x − 1
.
− x −1

[
]
Câu 18.

Cho hàm số y = f ( x) xác định, liên tục trên
và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên.

R
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
8


A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1;0 ) .

B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −4;2 ) .

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;0 ) ∪ ( 2;3) .

D. Hàm số nghịch biến

trên khoảng ( −4;1) .
-1

O

1

2

3

-2

-4

Lời giải
Chọn

C.
Dựa vào hình vẽ
[
]
Đồ thị hàm số
Câu 19.

y = x3 − 3x 2 + 2 x − 1

cắt đồ thị hàm số

y = x2 − 3x + 1

tại hai điểm phân biệt

A, B. Tính độ dài đoạn AB

A. AB = 3 .

B. AB = 2 2 .

C. AB = 2 .

D. AB = 1 .

Lời giải
Chọn
D.
Ta có phương trình hoành độ giao điểm

 x1 = 1

 y = −1
⇒ 1
x 3 − 3 x 2 + 2 x − 1 = x 2 − 3x + 1 ⇔ x 3 − 4 x 2 + 5 x − 2 = 0 ⇔ 
 x2 = 2  y2 = −1
Suy ra A ( 1; −1) , B ( 2; −1)
Vậy AB =

( 2 − 1)

2

+ ( −1 + 1) = 1 .
2

[
]
Câu 20.

Cho hàm số y = f x có đồ thị là hình sau. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để
( )
phương trình f ( x) = m + 1 có 4 nghiệm thực phân biệt.

A. m ≤ −4 hay m > 0.
B. −4 < m ≤ 0.
9


C. 0 < m < 4.
D. −1 < m < 3.
Lời giải
Chọn

D.
Ta có số nghiệm của phương trình f ( x) = m + 1 là số giao điểm của hàm y = f ( x ) và
y = m +1 .

Vậy để phương trình f ( x) = m + 1 có 4 nghiệm phân biệt ⇔ 0 < m + 1 < 4 ⇔ −1 < m < 3 .
[
]
Cho hàm số
Câu 21.

y=

2 x + 1 có đồ thị là
( C ) . Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng ( d ) đi
x−2

qua A ( 0; 2 ) có hệ số góc m cắt đồ thị ( C ) tại 2 điểm thuộc 2 nhánh của đồ thị
A. m ≥ 0 .

B. m > 0 .

C. m < −5 .
Lời giải

D. m > 0 ; m < −5 .

Chọn B
Phương trình đường thẳng d đi qua A ( 0; 2 ) và có hệ số góc m có dạng: y = mx + 2 .
2x +1
= mx + 2, ( x ≠ 2 ) .
Xét phương trình hoành độ giao điểm

x−2
⇔ mx 2 + 2 x − 2mx − 4 = 2 x + 1 ⇔ mx 2 − 2mx − 5 = 0 ( 1)
Mặt khác đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x = 2 nên
Để d cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt nằm về hai nhánh của đồ thị thì khi và chỉ khi phương
trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho x1 < 2 < x2 .
Đặt t = x − 2 khi đó phương trình ( 1) trở thành

m ( t + 2 ) − 2m ( t + 2 ) − 5 = 0 ⇔ mt 2 + 2mt − 5 = 0 ( 2 )
2

Khi đó Ycbt tương đương với phương trình ( 2 ) có hai nghiệm trái dấu

⇔ a.c < 0 ⇔ m. ( −5 ) < 0 ⇔ m > 0 . Vậy m > 0 thì thỏa Ycbt.

[
]
Bât phương trình
Câu 22.

có nghiệm là đoạn
x
x
[a;b]. Khi
(2 + 3) + (7 + 4 3)(2 − 3) ≤ 4(2 + 3)

đó b − a bằng:
A. 0.

B. 1.

C. 2.

Lời giải:

D. 3.

Chọn C
Tự luận: Đặt t = (2 + 3) x , t > 0 Khi đó bất phương trình trở thành
1
2
t + (7 + 4 3) ≤ 4(2 + 3) ⇔ t − 4(2 + 3)t + (7 + 4 3) ≤ 0 ⇔ 1 ≤ t ≤ 7 + 4 3
t
0
x
2
⇔ (2 + 3) ≤ (2 + 3) ≤ (2 + 3) ⇔ 0 ≤ x ≤ 2 nên chọn C.

[
]
Phương trình
Câu 23.

log3

(

)

3x− x2 −1

 1
x − 3x + 2 + 2 +  ÷
 5

2

=2

có tổng các nghiệm bằng?

10


A.

5.

C. −3.

B. 3

D. − 5 .

Lời giải:
Chọn C
Hướng dẫn giải: Chọn B
3x− x2 −1

log3

 1
x − 3x + 2 +  ÷
 5

=2

2

Đặt: u = x2 − 3x + 2 ⇒ u2 = x2 − 3x + 2 ⇒ 3x − x2 − 1= 1− u2 .

pt ⇔ log3 ( u + 2) + 5u −1 = 2
2

u −1
Đặt f ( u) = log3 ( u + 2) + 5 Nhận xét thấy vế phải là hàm tăng, và f ( 1) = 2 . Nên phương
2

trình có nghiệm duy nhất u=1

3+ 5
x =
2
2 .
hay x2 − 3x + 2 = 1 ⇔ x − 3x + 1 = 0 ⇔ 

3− 5
x =
2

[
]
Tập nghiệm của phương trình
Câu 24.
A. S = { 1} .

log 2 x + log3 x + log 4 x = log 20 x là
C. S = { 1; 2}

B. S = ∅.

D. S = { 2}

Lời giải:
Chọn
A.
Tự luận: ĐK x > 0.



PT ⇔ log 2 x 1 +



1
1
1 
+
−
÷ = 0 ⇔ log 2 x = 0 ⇔ x = 1 .
log 2 3 log 2 4 log 2 20 

[
]
Tìm

tích

tất

cả

các

nghiệm

của

phương

trình

Câu 25.
3
2
log3 ( x + 1) + 3( x + 1) + 3x + 4 = 2log2 ( x + 1) .


A. -1.
B. -7.
C. 7.
Lời giải:

D. 11.

Chọn C
3

2
log3 ( x + 1) + 3( x + 1) + 3x + 4 = 2log2 ( x + 1)


Điều kiện: x > −1
3
2
log3 ( x + 1) + 3( x + 1) + 3( x + 1) + 1 = 2log2 ( x + 1)



⇔ log3 ( x + 2) = 2log2 ( x + 1) ⇔ 3log3 ( x + 2) = 2log2 ( x + 1) = 6t
3

t
t
2t
log3 ( x + 2) = 2t  x + 2 = 32t
 x = 3 − 2
 8   1
t
t
⇔
⇔
⇔
⇔
9
=
8
+

1
⇔ 1=  ÷ +  ÷

3t
3t
 x + 1 = 2
 x = 2 − 1
 9  9
log2 ( x + 1) = 3t
t

t

 8   1
Đặt f ( t ) =  ÷ +  ÷ nhận thấy f ( t) là hàm luôn nghịch biến, nên pt có nghiệm duy nhất,
 9  9
11


và f ( 1) = 1, vậy nghiệm t=1, hay x=7
[
]
Câu 26.

(

)

Đạo hàm của hàm số y = ln x 2 + x + 1 là hàm số nào sau đây?
A. y′ =
C. y ′ =

2x + 1
x + x +1
− ( 2 x + 1)

1
x + x +1
−1
D. y′ = 2
x + x +1
B. y′ =

2

x2 + x + 1

2

Lời giải
Chọn

A.

(

)′

2
Sử dụng công thức ln u ′ = u ′ ⇒ y ′ = x + x + 1 =
( )

2

2 x + 1 . Chọn
x + x +1

x + x +1

u

A.

2

[
]
1

Câu 27.

Tích phân I =
∫
0

1
dx có giá trị bằng
x −x−2
2

2 ln 2
.
3

A.

B. −

2 ln 2
.
3

C. −2 ln 2 .

D. 2 ln 2 .

Lời giải
Chọn

B.

1

1

1

1
1
1
1  1
1 
1

2 ln 2
∫0 x 2 − x − 2 dx = ∫0 ( x − 2)( x + 1) dx = 3 ∫0  x − 2 − x + 1 dx = 3 [ ln x − 2 − ln x + 1 ] 0 = − 3 .

Học sinh có thể áp dụng công thức

1

1

∫ ( x − a)( x − b) dx = a − b ln

x−a
+ C để giảm một bước
x −b

tính:
1

1

1
1
1 x−2
I =∫ 2
dx = ∫
dx = ln
x −x−2
( x − 2)( x + 1)
3 x +1
0

0

1

2 ln 2
.
3

=−
0

[
]
Câu 28.

Cho hàm số f liên tục trên đoạn [0;3] . Nếu

3

∫

f ( x)dx = 2 thì tích phân

0

3

∫ [ x − 2 f ( x)] dx

có giá

0

trị bằng
A. 7 .

B.

5
.
2

C. 5 .

D.

1
.
2

Lời giải
Chọn

D.

3

3

3

0

0

0

9

1

∫ [ x − 2 f ( x)] dx = ∫ xdx − 2∫ f ( x)dx = 2 − 2 × 2 = 2 .
[
]
Giả sử
Câu 29.

F

là một nguyên hàm của hàm số

y = x 6 sin 5 x

trên khoảng (0; +∞) . Khi đó

12


2

∫x

6

sin 5 xdx có giá trị bằng

1

A. F (2) − F (1) .
Chọn

B. − F (1) .

D. F (1) − F (2) .

C. F (2) .
Lời giải

A.
b

Áp dụng công thức

∫ f ( x)dx = F (b) − F (a) , trong đó

F là một nguyên hàm của f trên đoạn

a

2

[a; b] , ta có

∫x

6

sin 5 xdx = F (2) − F (1) .

1

[
]
Giá trị của tích phân
Câu 30.

2π
3

∫ cos(3x −

π
3

3
.
3

A. −

B. −

2π

)dx là
3

2
.
3

2 3
.
3
Lời giải

C. −

D. −

2 2
.
3

Chọn

A.
2π
π
π
2π
4π
Đặt u = 3 x −
. Khi x = thì u = , khi x =

thì u =
.
3
3
3
3
3
du
Ta có du = 3dx ⇒ dx =
.
3
Do đó:
2π
3

∫

π
3

2π
1
cos(3 x − )dx =
3
3

4π
3

∫

π
3

4π

3
1
1
4π
π  1 3
3
3
cos udu = sin u =  sin
− sin ÷ =  −
−
=
−
.
÷
π
3
3
3
3  3 2
2 ÷
3

3

[
]
Tính thể tích
Câu 31.

V

của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng

x =1

và

x =3

, biết rằng khi cắt

vật thể bởi mặt phẳng tùy ý vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x ( 1 ≤ x ≤ 3) thì được
thiết diện là một hình chữ nhật có hai cạnh là 3x và 3x 2 − 2 .
124π
124
A. V = 32 + 2 15 .
B. V =
.
C. V =
.
3
3
Lời giải
Chọn
C.

(

)

D. V = 32 + 2 15 π .

Diện tích thiết diện là S ( x ) = 3 x 3 x 2 − 2 .
3

3

1

1

2
Suy ra thể tích vật thể tạo thành là: V = ∫ S ( x ) dx = ∫ 3 x 3 x − 2dx =

124
.
3

[
]
Chị Tiên Huyền gửi
Câu 32.

27

triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép, kỳ hạn là một quý, với

lãi suất 1,85% một quý. Hỏi thời gian nhanh nhất là bao lâu để Chị Tiên Huyền có được ít nhất
36 triệu đồng tính cả vốn lẫn lãi?
13


A. 19 quý.

B. 15 quý.

C. 4 năm.
Lời giải

D. 5 năm.

Chọn C.
Gọi n là số quý cần tìm, từ giả thiết ta có n là số tự nhiên nhỏ nhất thỏa 27(1 + 0, 0185) n > 36 .
Ta có: n = 16 quý, tức là 4 năm.
Đáp án:
[
]

C.

Tới cuối năm 2013, dân số Nhật Bản đã giảm 0,17% xuống còn 127.298.000 người. Hỏi với tốc
Câu 33.
độ giảm dân số như vậy thì đến cuối năm 2023 dân số Nhật Bản còn bao nhiêu người?
A. 125.150.414 người. B. 125.363.532 người.
C. 125.154.031 người. D. 124.937.658 người.
Lời giải
Chọn A

Áp dụng công thức: S n = A ( 1 + r )

n

Trong đó: A = 127.298.000, r = −0,17; n = 10
Ta được dân số đến cuối năm 2023 là: 125.150.414.
Đáp án:
A.
[
]
Cho số phức
Câu 34.

z = 5 − 4i

. Môđun của số phức z là

A. 3.

B.

41 .

C. 1.

D. 9.

Lời giải
Chọn B
z = 5 − 4i ⇒ z = 52 + ( −4 ) = 41
2

Vậy chọn đáp án
[
]

B.

1− i
Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
. Môđun của số phức
có
2 + i) z +
= 5−i
(
w = 1+ 2z + z2
Câu 35.
1+ i
giá trị là
A. 10.
B. −10 .
C. 100.
D. −100 .
Lời giải
Chọn

A.
1− i
= 5−i
( 2 + i) z +
1+ i

( 1− i)
⇔ ( 2 + i) z +
(1+ i) (1− i)
2

⇔ ( 2 + i) z +

= 5−i

−2i
= 5−i
2

⇔ ( 2 + i) z = 5 ⇔ z =

5
= 2−i
2+i

14


⇒ w = 1 + 2 z + z 2 = ( 1 + z ) = ( 3 − i ) = 8 − 6i ⇔ w = 82 + ( −6 ) = 10 .
2

Vậy chọn đáp án
[
]
Cho số phức
Câu 36.

2

2

A.

z = a + bi ( a, b ∈ ¡

A. −1 .

)

thỏa mãn :

B. 0.

z − ( 2 + 3i ) z = 1 − 9i

. Giá trị của

C. 1.
Lời giải

ab + 1

là :

D. −2 .

Chọn A

z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) . Vậy ta có
 −a − 3b = 1  a = 2
a + bi − ( 2 + 3i ) ( a − bi ) = 1 − 9i ⇔ 
⇔
⇒ ab + 1 = −1
3a − 3b = 9
b = −1
Vậy chọn đáp án
[
]

A.

 z −1 = z − i
Tìm nghiệm phức z thỏa mãn hệ phương trình phức: 
 z − 3i
Câu 37.
 z +i =1

A. z = 2 + i .

B. z = 1 − i .

C. z = 2 − i .

D. z = 1 + i .

Lời giải
Chọn D
Gọi M ( x, y ) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi ( x, y ∈ R )
Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn số phức 1 và i

Gọi C , D lần lượt là điểm biểu diễn số phức −i và 3i
Ta có: z − 1 = z − i ⇔ MA = MB với A ( 1, 0 ) ; B ( 0,1) ⇒ M thuộc đường trung trực ∆1 của
AB
z − 3i
= 1 ⇔ z + i = z − 3i ⇔ MC = MD với C ( 0, −1) ; D ( 0,3) ⇒ M thuộc đường trung trực
z +i

∆ 2 của CD
y = x
⇔ M ( 1,1) ⇒ z = 1 + i
M là giao điểm của ∆1 ; ∆ 2 ⇒ M thỏa hệ: 
 y =1
=> Đáp án D.
[
]
Cho hình lập phương
Câu 38.

ABCD. A’B’C ’D’

có cạnh là a . Hãy tính diện tích xung quanh S và thể
xq

tích V của khối nón có đỉnh là tâm O của hình vuông ABCD và đáy là hình tròn nội tiếp hình
vuông A’B’C’D’ .
π a2 5
π a3
π a2 5
π a3
A. S xq =
.

B. S xq =
.
;V =
;V =
4
4
4
12
π a3
π a2 3
π a3
2
C. S xq =
.
D. S xq = π a 5;V =
.
;V =
4
2
6
Lời giải
Chọn
A.
15


Khối nón có chiều cao bằng a và bán kính đáy r =

a
.

2
2

a
a
π a2 5
Diện tích xung quanh khối nón là S xq = π rl = π . . a 2 +  ÷ =
(đvdt)
2
4
2
2

Thể tích của khối nón là: V =

1
1
1 a
π a3
Bh = π r 2 h = π  ÷ a =
(đvtt).
3
3
3 2
12

[
]
Chiều cao của khối trụ có thể tích lớn nhất nội tiếp trong hình cầu có bán kính
Câu 39.
A. R 3 .

B.

R 3
.
3

C.

4R 3
.
3

D.

R

là

2R 3
.
3

Lời giải
Chọn

D.

Giả sử 2x là chiều cao hình trụ (0 < x < R ) (xem hình vẽ)
Bán kính của khối trụ là r = R 2 − x 2 . Thể tích khối trụ là:

V = π ( R 2 − x 2 )2 x . Xét hàm số V ( x ) = π ( R 2 − x 2 )2 x, 0 < x < R
Ta có V '( x ) = 2π ( R 2 − 3x 2 ) = 0 ⇔ x =

R 3
3

Bảng biến thiên:
x
V '( x )
V ( x)

R 3
R
3
+ 0−

0

4π R 3 3
9
00

Dựa vào BBT, ta thấy thể tích khối trụ lớn nhất khi chiều cao của khối trụ là
Vmax =

2R 3
;
3

4π R 3 3

.
9

[
]

16


Câu 40.

Khoảng cách từ điểm M −4; −5; 6 đến mặt phẳng (Oxy), (Oyz) lần lượt bằng:
(
)
A. 6 và 4.

B. 6 và 5.

C. 5 và 4.

D. 4 và 6.

Lời giải
Chọn

A.

d ( M , ( Oxy ) ) = z M = 6 ; d ( M , (Oyz )) = xM = 4.

[
]
x − 5 y − 1 z − 2 . Điểm

Trong không gian Oxyz cho điểm A 3; −2; 4 và đường thẳng
d:
=
=
(
)
Câu 41.
2
3
−2
M thuộc đường thẳng d sao cho M cách A một khoảng bằng 17 . Tọa độ điểm M là

A. ( 5;1; 2 ) và ( 6; 9; 2 ) . B. ( 5;1; 2 ) và ( −1; −8; −4 ) .
C. ( 5; −1; 2 ) và ( 1; −5;6 ) . D. ( 5;1; 2 ) và ( 1; −5;6 ) .
Lời giải
Chọn

D.

uuuu
r
AM ( 2 + 2m;3 + 3m; −2 − 2m )

M ( 5 + 2t;1 + 3t ; 2 − 2t ) ∈ d ;
 M ( 5;1; 2 )
m = 0
2
⇒ AM = 17 ⇔ 17 ( 1 + m ) = 17 ⇔ 
⇒
 m = −2  M ( 1; −5;6 )

[
]
Câu 42.

Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho mặt phẳng α : x + 2 y + 2 z + m = 0 vàđiểm A 1;1;1 .
( )
(
)
Khi đó m nhận giá trị nào sau đây để khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( α ) bằng 1?
A. − 2.
B. − 8.
C. − 2 hoặc −8 .
D. 3.
Lời giải
Chọn
d ( A, ( α ) )

C.
5+ m
m + 5 = 3
 m = −2
=
=1⇔ 
⇔
3
 m + 5 = −3  m = −8

[
]
Câu 43.

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, gọi P là mặt phẳng chứa đường thẳng

( )
d:

x −1 y + 2
z
=
=
và tạo với trục Oy góc có số đo lớn nhất. Điểm nào sau đây thuộc
1
−1
−2

mp ( P ) ?

A. E ( −3;0; 4 ) .

B. M ( 3;0; 2 ) .

C. N ( −1; −2; −1) .

D. F ( 1; 2;1) .

Lời giải
Chọn
C.
r
r r
Gọi n ( a; b; c ) ; n ≠ 0 là VTPT của ( P ) ; α là góc tạo bởi ( P ) và Oy , α lớn nhất khi sinα lớn
r
r

r
nhất. Ta có n vuông góc với u d nên n ( b + 2c; b; c )
r r
b
sin α = cos n, j =
2
2b + 5c 2 + 4bc

( )

17


Nếu b = 0 thì sinα = 0.
Nếu b ≠ 0 thì

sin α =

1
2
c
2
 5c 2  6 . Khi đó, sinα lớn nhất khi = −
+
b
5

÷ +
5 5
 b

⇒ chọn b = 5; c = − 2
Vậy, phương trình mp ( P ) là x + 5 y − 2 z + 9 = 0 . Do đó ta có N ∈( P ) .
[
]
Câu 44.

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho 2 điểm A 1;5;0 ; B 3;3;6 và đường thẳng
(
) (
)
x + 1 y −1 z
=
= . Gọi C là điểm trên đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC nhỏ
2
−1
2
nhất. Khoảng cách giữa 2 điểm A và C là
d:

A. 29.

B.

C.

29.

D. 7.

33.

Lời giải
Chọn
B.
Ta có 2 đường thẳng AB và d chéo nhau.

Gọi C là điểm trên d và H là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB .
1
Vì S ABC = AB ×CH = 11 ×CH nên S ABC nhỏ nhất khi CH nhỏ nhất ⇔ CH là đoạn vuông
2
góc chung của 2 đường thẳng AB  và d .
Ta có C ( 1; 0; 2 ) ⇒ AC = 29 .
[
]
Cho hình chóp tam giác đều
Câu 45.

S . ABC

có cạnh đáy bằng

a 3

. Gọi M , N lần lượt là trung điểm

của SB, SC. Tính thể tích V của khối chóp S . AMN , biết mặt phẳng ( AMN ) vuông góc với
mặt phẳng ( SBC ) .
A. V =

15a 3
.

32

B. V =

3 15a 3
.
32

C. V =

3 13a 3
.
64

D. V =

3 13a 3
.
32

Lời giải
Chọn A

18


Gọi K là trung điểm của BC nên SK ⊥ ( AMN ) nên AI ⊥ SK hay tam giác SAK cân tại A .
S ABC

( a 3)

=

2

4

3

=

3 3a 2 ; SA = AK = a 3. 3 = 3a ;
2
2
4

2 3a
9a 2
5a
AH = . = a , SH = SA2 − AH 2 =
;
− a2 =
3 2
4
2
1 5a 3 3a 2
15a 3
VSABC = .
.
=
3 2

4
8

VSAMN SM SN 1
a 3 15
=
.
= ⇒ VSAMN =
.
VSABC
SB SC 4
32
[
]
Cho hình chóp
Câu 46.

S . ABC

có đáy

ABC

là tam giác đều cạnh a . Gọi
, lần lượt là trung điểm
M N

của cạnh SB , SC .Cạnh SA vuông góc với mặt đáy, góc giữa ( SBC ) và mặt phẳng đáy bằng

45° . Tính thể tích khối chóp S . AMN .
A. V =

a3
.
8

B. V =

3a 3
.
8

C. V =

a3
.
32

D. V =

a3
.
24

Lời giải
Chọn
C.
Gọi điểm I là trung điểm BC nên AI ⊥ BC

BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ SI

Mặt khác
Vậy

( ( SBC ) , ( ABC ) ) = ·AIS = 45 ;
0

AI =

a 3
a 3
.
⇒ SA =
2
2
19


a2 3
1 a 3 a 2 3 a3
; VSABC = .
,
S ABC =
.
=
4
3 2
4
8
3
VSAMN SM SN 1

=
.
= ⇔ VSAMN = 1 VSABC = a .
VSABC
SB SB 4
4
32
[
]
Cho hình chóp đều

có tất cả các cạnh bằng a ;
. Gọi M , N , P, Q lần
O = AC ∩ BD

S . ABCD

Câu 47.

lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB, SC , SD . Tính thể tích V của khối chóp O.MNPQ .
A. V =

a3 2
.
48

B. V =

a3 2
.
16

C. V =

a3 2
.
24

D. V =

a3 2
.
32

Lời giải
Chọn A

2

Ta có: S MNPQ
OI =

2
 AB  a
= MN = 
=
.
÷
4
 2 
2

1
1
a 2
SO =
SC 2 − OA2 =
.
2
2
4

1
a3 2
Suy ra: V = S MNPQ OI =
.
3
48
[
]

Hình đa diện dưới đây có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
Câu 48.

A. 1 mặt phẳng.

B. 3 mặt phẳng.

C. 6 mặt phẳng.
Lời giải

D. 9 mặt phẳng.

20


[
]
Cho hình lăng trụ đứng
Câu 49.

ABC. A ' B ' C '

có đáy

là tam giác vuông tại

ABC

A

, góc ·
,
ACB = 600

AC = a, AC ' = 3a . Khi đó thể tích khối lăng trụ bằng
A. a 3 6 .

B.

1 3
a 6.
3

C. a 3 3 .

D.

1 3
a 3.
3

Lời giải

Chọn A .
Ta có AB = AC.tan 600 = a 3 .
AC '2 = AC 2 + CC '2 ⇔ 9a 2 = a 2 + CC '2 ⇒ CC ' = 2 2a .
Do đó thể tích khối lăng trụ là.
1
1
V = S ABC .CC ' = . AB. AC.CC ' = a 3.a.2 2a = a 3 6 .
2
2
[
]
Đáy của khối lăng trụ
Câu 50.

ABC. A′B′C ′

là tam giác đều cạnh a , góc giữa cạnh bên với mặt đáy của

lăng trụ là 30o . Hình chiếu vuông góc của A′ xuống đáy ( ABC ) trùng với trung điểm H của
cạnh BC . Thể tích của khối lăng trụ là

A.

a3 3
.
2

B.

a3 2
.
12

C.

a3 3
.
4

D.

a3 3
.
8

Lời giải.
Chọn D .

21

a 3 1
a
.
= .
Ta có: ·A′AH = 30o ⇒ A′H = AH .tan 30o =
2
3 2
a2 3 a a3 3
⇒V =
. =
4 2
8

22