200 đề thi thử THPTQG năm 2018 môn toán viện kinh tế và thương mai quốc tế đh ngoại thương lần 1 file word có lời giải chi tiết doc

TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGOẠI THƯƠNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2018

VIỆN KINH TẾ & THƯƠNG MẠI QUỐC TẾ

Mơn: Tốn
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời
gian phát đề

Câu 1: Cho số phức z = 2 − 3i . Số phức liên hợp của z là:
A. z = −2 − 3i
Câu 2: lim x
x →+∞

B. z = −2 + 3i

C. z = 2 + 3i

D. z = 2 − 3i

C. −2

D.

1 − 2x
bằng:
x+3

A. 1

B. 4

−2
3

Câu 3: Cho tập hợp A = { x ∈ Z : − 3 ≤ x ≤ 3} . Số phần tử của A bằng:
A. 7

B. 6

C. 8

D. 5

Câu 4: Thể tích hình hộp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là:
A. V =

1
Bh
6

B. V =

1
Bh
2

1
C. V = Bh
3

D. V = Bh

Câu 5: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên :
x
y'
y

−∞

-2
0
3

+

-

−∞

0
0

2
0
3

+

+∞

-

−∞

-1

Số khoảng đồng biến của hàm số y = f ( x ) là:
A. 4

B. 2

C. 1

D. 3

Câu 6: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên [ a; b ] . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
hàm số y = f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng x = a, x = b ( a < b ) là
a

A.

∫

b

f ( x ) dx

B.

b

∫

b

f ( x ) dx

C.

a

∫

f ( x ) dx

a

D.

a

∫ f ( x ) dx
b

Câu 7: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên:

x
f '( x )

−∞

-

0
0

+

2
0

+∞
-

Trang 1 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


f ( x)

+∞

5
−∞

1
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm
A. x = 0

B. x = 2

C. x = 1

D. x = 5

Câu 8: Cho các số thực a, b thỏa mãn 1 < a < b . Khẳng định nào sau đây đúng?
A.

1
1
1
1
1
1
1
1
<1<
<
< 1 C. 1 <
<
<1<
B.
D.
log a b
log b a
log a b log b a
log a b logb a
log b a
log a b

3
Câu 9: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x + 2 x là:

A.

x4
− x2 + C
4

B.

x4
+ x2 + C
4

C.

x4
+C
4

D. x 2 + C

Câu 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hình chiếu vng góc của A ( 3; 2; −1) trên
mặt phẳng ( Oxy ) là điểm
A. H ( 3; 2;0 )

B. H ( 0;0; −1)

C. H ( 3; 2; −1)

D. H ( 0; 2;0 )

Câu 11: Đường cong hình bên là đồ thị của hàm số nào?
A. y = x 4 − 2 x 2 + 1
B. y = x 4 − 2 x 2 − 1
C. y = − x 4 − 2 x 2 + 1
D. y = − x 4 − 2 x 2 − 1
Câu 12: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng ( P ) :2 x − 3 y + z − 2018 = 0 có
vector pháp tuyến là:
r
A. n = ( −2;3; −1)
Câu 13: Phương trình 4 x
A. 1

r
B. n = ( 2;3;1)
2

+2

r
C. n = ( 2; −3;1)

r
D. n = ( 2; −3; −1)

C. 3

D. 4

= 16 có số nghiệm là

B. 2

Câu 14: Một khối nón có diện tích tồn phần bằng 10π và diện tích xung quanh bằng 6π .
Tính thể tích V của khối nón đó được:
A. V = 12π

B. V = 4π 5

C. V =

4π 5
3

D. V = 4π

Trang 2 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Câu 15: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( 2;0;0 ) ; B ( 0;3;0 ) ; C ( 0;0; 4 )
, mặt phẳng ( ABC ) có phương trình:
A.

x y z
+ + +1 = 0
2 3 4

x y z
− + =0
2 3 4

B.

C.

x y z
+ − =0
2 3 4

D.

x y z
+ + =0
2 3 4

Câu 16: Đồ thị hàm số nào sau đây có tiệm cận đứng?
x2 + 3x + 2
A. y =
x +1

B. y =

x
x −1

x4
C. y = 4
x +1

D. y = x 2 − 4

Câu 17: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên
−∞

x
y'
y

-1
0
1

+

-

−∞

3
0

+∞
+

+∞

-2

Phương trình f ( x ) = m có 3 nghiệm khi và chỉ khi:
A. −2 < m < 4

B. −2 ≤ m ≤ 4

C. ∀m ∈ R

D. Không tồn tại m

x2 − 5
Câu 18: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
trên [ 0; 2]
x+3
A. min y =
x∈[ 0;2]

−5
3

B. min y =
x∈[ 0;2]

1

Câu 19: tích phân I = ∫
0

A. 0

−1
3

y = −2
C. xmin
∈[ 0;2]

y = −10
D. xmin
∈[ 0;2 ]

C. ln 2

D. ln

dx
bằng
x +1
B. 1

3
2

1
Câu 20: Cho số phức z = 1 − i . Tìm số phức w = iz + 3 z được
3
A. w =

8
3

B. w =

10
3

8
C. w = + i
3

D. w =

10
+i
3

Câu 21: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bên bằng a (tham khảo hình vẽ
bên). Gọi α là góc giữa đường thẳng A ' C và mặt phẳng ( A ' B ' C ' D ' ) thì:

Trang 3 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


A. tan α =

1
2

B. tan α =

2
2

C. tan α =

1
3

D. tan α = 2

Câu 22: Thầy Quang thanh toán tiền mua xe bằng các kỳ khoản năm: 5.000.000
đồng, 6.000.000 đồng, 10.000.000 đồng và 20.000.000 đồng. Kỳ khoản thanh toán 1 năm
sau ngày mua. Với lãi suất áp dụng là 8%. Hỏi giá trị của chiếc xe thầy Quang mua là bao
nhiêu ?
A. 32.412.582 đồng

B. 35.412.582 đồng

C. 33.412.582 đồng

D. 34.412.582 đồng

Câu 23: Số cách xếp 3 người đàn ông, 2 người đàn bà và 1 đứa trẻ ngồi vào ghế xếp quanh
một bàn tròn sao cho đứa trẻ ngồi giữa hai người đàn ông là :
A. 6

B. 72

C. 120

D. 36

Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − y + z − 5 = 0 . Tính
khoảng cách d từ M ( 1; 2;1) đến mặt phẳng ( P ) được :

A. d =

15
3

B. d =

12
3

C. d =

5 3
3

D. d =

4 3
3

Câu 25: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và B,
AB = BC =

1
AD = a . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy.
2

Tính thể tích của khối chóp S . ACD được:
A. VS . ACD =

a3
( dvtt )
3

B. VS . ACD =

a3
( dvtt )
2

C. VS . ACD =

a3 2
( dvtt )
6

D. VS . ACD =

a3 3
( dvtt )
6

Câu 26: Hệ số của x9 sau khi khai triển và rút gọn đa thức f ( x ) = ( 1 + x ) + ( 1 + x ) + ... + ( 1 + x )
9

A. 2901

B. 3001

C. 3010

10

D. 3003

Câu 27: Phương trình 4 x − m.2 x +1 + 2m = 0 có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x1 + x2 = 3 khi:
Trang 4 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

14

là:


A. m = 3
Câu

B. m = 4

28:

Hình

C. m = 1

S . ABCD

chóp

có

đáy

D. m = 2
là

hình

chữ

nhật

cạnh

AB = a; AD = a 2; SA ⊥ ( ABCD ) . Biết VS . ABCD = a 3 2 ( dvtt ) . Góc giữa và mặt đáy bằng:
A. 300

B. 450

Câu 29: Trong

( d1 ) :

không

gian

C. 900
với

hệ

tọa

độ

D. 600
Oxyz ,

cho

hai

đường

thẳng

x +1 1− y 2 − z
x − 3 y z −1
=
=
= =
và ( d 2 ) :
. Tìm tất cả các giá trị thực của m để
2
−m
−3
1
1
1

( d1 ) ⊥ ( d 2 )

được:

A. m = −1

B. m = 1

C. m = −5

D. m = 5

Câu 30: Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2m . Tìm m để hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu
tạo thành một tam giác có diện tích bằng 32 được :
A. m = 4

B. m = −3

C. m = −5

D. m = 1

Câu 31: Một vật chuyển động trong 4 giờ với vân tốc v (km/h) phụ
thuộc vào thời gian t (h) có đồ thị vận tốc như hình bên. Trong
khoảng thời gian 3 giờ kể từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị đó là
một phần của parabol có đỉnh I ( 2;9 ) với trục đối xứng song song với
trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là một đoạn thẳng song song
với trục hồnh. Tính qng đường s mà vật di chuyển được trong 4
giờ đó được :
A. s = 28,5 ( km )

B. s = 27 ( km )

C. s = 26,5 ( km )

D. s = 24 ( km )

2

Câu 32: Cho biết

∫ ln ( 9 − x ) dx = a ln 5 + b ln 2 + c ,
2

với a, b, c là các số nguyên. Tính

1

S = a + b + c được:
A. S = 34

B. S = 13

C. S = 18

D. S = 26

Câu 33: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD có tất cả các cạnh bằng a và có
tâm O. Gọi M là trung điểm của OA. Tính khoảng cách d từ M đến mặt phẳng ( SCD ) được :
A. d =

a 6
6

B. d = a 6

C. d =

a 6
2

D. d =

a 6
4

Trang 5 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


2
Câu 34: Tìm tất cả các giá tri thực của tham số m để phương trình log 2 x + log 2 x + m = 0 có

nghiệm thực x ∈ ( 0;1) là:
A. m ≤

1
4

B. m <

1
4

C. m >

1
4

D. m ≤ 0

Câu 35: Tìm số đo ba góc của một tam giác cân biết rằng số đo của một góc là nghiệm của
1
phương trình cos 2 x = − .
2
 2π π π 
A.  ; ; 
 3 6 6

π π π 
B.  ; ; 
3 3 3

π π π  π π π 
C.  ; ;  ;  ; ; 
3 3 3 4 4 2

 π π π   2π π π 
D.  ; ;  ;  ; ; 
3 3 3  3 6 6

Câu 36: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số a để hàm số y = x 3 − 27ax có cực đại, cực
tiểu và đường thẳng đi qua cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ :
A. a < 0

B. a < −1

C. −1 < a < 0

Câu 37: Cho hàm số y = f ( x ) có f ' ( x ) =

D. a > 0

1
. Biết rằng f ( 0 ) = 2018 . Giá trị của biểu
x +1

thức f ( 3) − f ( 1) bằng:
A. ln 2

C. ln 3

B. ln 4

D. 2 ln 2

Câu 38: Cho số phức z thỏa mãn ( 1 + 2i ) z + z = 4i − 20 . Mô đun của z là:
2

A. z = 3

B. z = 4

C. z = 5

D. z = 6

Câu 39: Cho hàm số y = f ( x ) có hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị
hình bên. Hàm số y = f ( − x ) đồng biến trên khoảng:
A. ( −∞; −5 )

B. ( −∞; −4 )

C. ( −1;1)

D. ( −3; −1)

Câu 40: Cho các số thức dương x, y thỏa mãn 2 x + y =

thức P =

5
. Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu
4

2 1
+
x 4y

A. Pmin không tồn tại B. Pmin =

65
4

C. Pmin = 5

D. Pmin =

34
5

Trang 6 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Câu

41:

Trong

không

gian

với

hệ

trục

tọa

độ

Oxyz ,

cho

các

điểm

A ( 1;0;0 ) , B ( 0;1;0 ) , C ( 0;0;1) , D ( 0;0;0 ) . Hỏi có bao nhiêu điểm cách đều 4 mặt phẳng

( ABC ) ; ( BCD ) ; ( CDA) ; ( DAB )
A. 4

.

B. 2

C. 1

D. 8

un +1 = 2un
, n ≥ 1 . Số hạng tổng quát của dãy là:
Câu 42: Cho dãy số ( un ) thỏa mãn 
u1 = 2
C. un = 2n

n −1
B. un = 2

n
A. un = 2

n +1
D. un = 2

Câu 43: Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình log

2

( x − 1) = log 2 ( mx − 8)

có hai nghiệm thực phân biệt là :
A. 3

B. 4

C. 5

D. vô số

Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 3; −2;6 ) , B ( 0;1;0 ) và
mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 25 . Mặt phẳng ( P ) : ax + by + cz − 2 = 0 đi qua A,
2

2

2

B và cắt ( S ) theo giao tuyến là đường trịn có bán kính nhỏ nhất. Tính T = a + b + c
A. T = 3

B. T = 5

C. T = 2

D. T = 4

Câu 45: Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy và
a 2
khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng
. Thể tích V của khối chóp đã cho.
2
a3
A. V =
2

B. V = a

3a 3
C. V =
9

3

a3
D. V =

3

Câu 46: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − 1 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
T = z +i + z −2−i
A. max T = 8 2

B. max T = 8

C. max T = 4 2

D. max T = 4

Câu 47: Xét khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng cân tại A, SA vng góc với
đáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng 3. Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng

( SBC ) và ( ABC )
A. cos α =

1
3

, tính cos α khi thể tích khối chóp S . ABC nhỏ nhất.
B. cos α =

3
3

C. cos α =

2

2

D. cos α =

2
3

Trang 7 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + ( y + 2 ) + z 2 = 5 . Tìm
2

tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng ∆ :

x − 1 y + m z − 2m
=
=
cắt ( S ) tại
2
1
−3

hai điểm phân biệt A, B sao cho A, B có độ dài AB lớn nhất.
A. m = −

1
2

B. m = ±

1
3

C. m =

1
2

D. m = 0

Câu 49: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , chọn ngẫu nhiên một điểm mà tọa độ là các số
nguyên có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn hay bằng 4. Nếu các điểm có cùng xác suất được chọn
như nhau, vậy thì xác suất để chọn được một điểm mà khoảng cách đến gốc tọa độ nhỏ hơn
hoặc bằng 2 là:
A.

13
81

B.

15
81

Câu 50: Cho hàm số f ( x ) =

C.
a

( x + 1)

3

13
32

D.

11
16

+ bxe x . Tìm a và b biết rằng f ' ( 0 ) = −22 và

1

∫ f ( x ) dx = 5
0

A. a = −2, b = −8

B. a = 2, b = 8

C. a = 8, b = 2

D. a = −8, b = −2

Đáp án
1-C
11-D

21-B
31-B
41-D

2-C
12-C
22-A
32-B
42-A

3-A
13-A
23-D
33-D
43-A

4-D
14-C
24-C
34-A
44-A

5-B
15-D
25-D
35-D
45-D

6-C
16-B

26-D
36-D
46-D

7-A
17-A
27-B
37-A
47-B

8-A
18-A
28-D
38-C
48-D

9-B
19-C
29-A
39-D
49-A

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
Phương pháp: Số phức z = a + bi có số phức liên hợp z = a − bi
Cách giải: Số phức liên hợp của z = 2 − 3i là z = 2 + 3i
Câu 2: Đáp án C
1
= 0 ( n > 0)
x →∞ x n

Phương pháp: Chia cả tử và mẫu cho x và sử dụng giới hạn lim

Trang 8 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

10-A
20-A
30-A
40-C
50-C


1
−2
1 − 2x
x
= lim
= −2
Cách giải: xlim
→+∞ x + 3
x →+∞
3
1+
x
Câu 3: Đáp án A
Phương pháp: Liệt kê các phần tử của tập A
Cách giải: A = { x ∈ Z : −3 ≤ x ≤ 3} = { −3; −2; −1;0;1; 2;3} ⇒ A có 7 phần tử
Câu 4: Đáp án D
Phương pháp: Thể tích hình hộp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là:V = Bh
Cách giải: Thể tích hình hộp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là: V = Bh

Câu 5: Đáp án B
Phương

( a; b ) ⇔

pháp:

Hàm

số

y = f ( x)

đồng

biến

(nghịch

biến)

trên

f ' ( x ) ≥ 0 ( f ' ( x ) ≤ 0 ) ∀x ∈ ( a; b ) và f ' ( x ) = 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải: Dựa vào BBT ta dễ thấy hàm số y = f ( x ) đồng biến trên ( −∞; −2 ) và ( 0; 2 ) .
Câu 6: Đáp án C
Phương pháp: Sử dụng cơng thức ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng.
Cách giải: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục hoành và
b

hai đường thẳng x = a, x = b ( a < b ) là S = ∫ f ( x ) dx
a

Câu 7: Đáp án A
Phương pháp: Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = x0 ⇔ y ' ( x0 ) = 0 và qua x0 thì y’ đổi dấu từ
âm sáng dương.
Cách giải: Dựa vào BBT ta dễ thấy x = 0 là điểm cực tiểu của hàm số y = f ( x ) .
Chú ý và sai lầm: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 , rất nhiều học sinh kết luận sai hàm số đạt
cực tiểu tại x = 1 . Phân biệt điểm cực tiểu và giá trị cực tiểu của hàm số.
Câu 8: Đáp án A
 a > 1

0 < x < y
Phương pháp: log a x < log a y ⇔ 
0 < a < 1

  x > y > 0
Cách giải
Trang 9 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


1 = log a a < log a b
1
1
⇒ log b a < 1 < log a b ⇒
<1<
Ta có: 1 < a < b ⇒ 
log a b
log b a

log b a < log b b = 1
Câu 9: Đáp án B
Phương pháp: Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản:
Cách giải:

∫

f ( x ) dx = ∫ ( x 3 + 2 x ) dx =

n
∫ x dx =

x n +1
+C
n +1

x4
+ x2 + C
4

Câu 10: Đáp án A
Hình chiếu vng góc của điểm m ( x; y; z ) trên mặt phẳng ( Oxy ) là M ' ( x; y;0 )
Cách giải: Hình chiếu vng góc của A ( 3; 2; −1) trên mặt phẳng ( Oxy ) là điểm H ( 3; 2;0 )
Câu 11: Đáp án D
Phương pháp: Dựa vào chiều của đồ thị hàm số tìm dấu của hệ số a.
Dựa vào các điểm mà đồ thị hàm số đi qua để loại các đáp án.
Cách giải:
y = lim y = −∞ ⇒ a < 0 ⇒ Loại A và B.
Dễ thấy xlim
→+∞

x →−∞
Đồ thị hàm số đi qua ( 0;1) ⇒ Loại C.
Câu 12: Đáp án C
Phương pháp:

r
2
2
2
Mặt phẳng ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0 ( A + B + C .0 ) có 1 VTPT là n = ( A; B; C )
r
Cách giải: Mặt phẳng ( P ) : 2 x − 3 y + z − 2018 = 0 có 1 VTPT là n = ( 2; −3;1) .
Câu 13: Đáp án A
Phương pháp: Đưa về cùng cơ số 4.
Cách giải: 4 x

2

+2

= 16 = 42 ⇔ x 2 + 2 = 2 ⇔ x = 0

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0
Câu 14: Đáp án C
Phương pháp: Sử dụng cơng thức tính diện tích xung quanh và diện tích tồn phần của hình
2
nón: S xq = π rl ; Stp = π rl + π r trong đó r , l lần lượt là bán kính đáy và độ dài đường sinh

của hình nón. Tính r , l .
1 2

Sử dụng cơng thức tính thể tích khối nón V = π r h . Với h = l 2 − r 2 là độ dài đường cao
3
của hình nón.
Trang 10 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Cách giải:
S xq = π rl = 6π
Stp = π rl + π 2 = 10π ⇒ π r 2 = 4π ⇔ r 2 = 4 ⇔ r = 2
⇒ π .2.l = 6π ⇒ l = 3
⇒ h = l2 − r2 = 9 − 4 = 5
1
1
4 5π
⇒ V = π r 2 h = π .22. 5 =
3
3
3
Câu 15: Đáp án D
Phương pháp: Sử dụng công thức viết phương trình mặt phẳng dạng đoạn chắn: Mặt
phẳng

( ABC )

đi

qua

các

điểm A ( a;0;0 ) ; B ( 0; b;0 ) ; C ( 0;0; c ) có phương trình

x y z
+ + =1 .
a b c
Cách giải: Phương trình mặt phẳng ( ABC ) :

x y z
+ + =1
2 3 4

Câu 16: Đáp án B
y = ∞ hoặc lim− y = ∞ thì x = 0 là TCĐ của đồ thị hàm số y = f ( x )
Nếu xlim
0
→ x0+
x → x0
Cách giải Dễ dàng nhận thấy chỉ có đồ thị hàm số y =

x
có TCĐ x = 1
x −1

Câu 17: Đáp án A
Phương pháp: Số nghiệm của phương trình f ( x ) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số
y = f ( x ) và đường thẳng y = m .
Cách giải: Phương trình f ( x ) = m có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng
y = m cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 3 điểm phân biệt.
Dựa vào BBT ta thấy, để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 3 điểm
phân biệt ⇔ −2 < m < 4 .

Câu 18: Đáp án A
Phương pháp: Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f ( x ) trên [ a; b ] :
Bước 1: Tính y ' , giải phương trình y ' = 0 , suy ra các nghiệm xi ∈ [ a; b ]
Bước 2: Tính các giá trị y ( a ) ; y ( b ) ; y ( xi )
Bước 3: So sánh và kết luận:
Trang 11 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


max y = max { y ( a ) ; y ( b ) ; y ( xi ) } ; min y = min { y ( a ) ; y ( b ) ; y ( xi ) }
x∈[ a ;b ]

x∈[ a ;b ]

Cách giải: TXĐ: D = R \ { = 3}
Ta có: y ' =

2 x ( x + 3) − x 2 + 5

( x + 3)

2

=

x2 + 6x + 5

( x + 3)

2

 x = −1 ∉ [ 0; 2]
=0⇔
 x = −5 ∉ [ 0; 2]

5
1
y ( 0) = − ; y ( 2) = −
3
5
−5
⇒ min y =
x∈[ 0;2]
3
Câu 19: Đáp án C
Phương pháp: Sử dụng bảng nguyên hàm mở rộng:
1

Cách giải: I = ∫
0

1

1

∫ ax + b dx = a ln ax + b + C

1
dx
= ln x + 1 = ln 2 − ln1 = ln 2
2

x +1

Câu 20: Đáp án A
Phương pháp: Sử dụng công thức cộng, nhân các số phức.
1
8
 1   1 
Cách giải: w = iz + 3 z = i  1 + i ÷+ 3 1 − i ÷ = i − − i =
3
3
 3   3 
Câu 21: Đáp án B
Phương pháp: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu
của nó trên mặt phẳng đó.
Cách giải: CC ' ⊥ ( A ' B ' C ' D ' ) ⇒ C ' là hình chiếu của C trên ( A ' B ' C ' D ' )
⇒ ( A ' C ; ( A ' B ' C ' D ' ) ) = ( A ' C ; A ' C ' ) = CA ' C ' = α
⇒ A ' C ' là hình chiếu của A ' C trên ( A 'B'C'D')
Ta có : A ' C ' = a 2 ⇒ tan α = tan CA ' C ' =

CC '
a
2
=
=
.
A 'C ' a 2
2

Câu 22: Đáp án A
Phương pháp : Sử dụng công thức lãi kép : An = A. ( 1 + r ) ⇒ A = An . ( 1 + r )

n

−n

Cách giải: Kỳ khoản thanh toán 1 năm sau ngày mua là 5.000.000 đồng, qua năm 2 sẽ thanh
toán 6.000.000 đồng, qua năm 3 sẽ thanh toán là 10.000.000 đồng và qua năm 4 sẽ thanh toán
20.000.000 đồng. Các khoản tiền này đã có lãi trong đó.
Do đó giá trị chiếc xe bằng tổng các khoản tiền lúc chưa có lãi.

Trang 12 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Ta có An = A. ( 1 + r ) ⇒ A = An . ( 1 + r )
n

−n

Goi A0 là tiền ban đầu mua chiếc xe
⇒ A0 = 5.1, 08−1 + 6.1, 08−2 + 10.1, 08−3 + 20.1, 08−4 = 32,, 412582 (triệu đồng) = 32.412.582
đồng
Câu 23: Đáp án D
Phương pháp: Sử dụng phương pháp buộc : Buộc 2 người đàn ông và 1 đứa trẻ thành 1 buộc,
sao cho đứa trẻ ngồi giữa hai người đàn ông.
Cách giải: Buộc 2 người đàn ông và 1 đứa trẻ thành 1 buộc, sao cho đứa trẻ ngồi giữa hai
người đàn ơng.
2
Chọn 2 người đàn ơng có C3 = 3 cách chọn, 2 người đàn ơng có thể đổi chỗ cho nhau nên

có 2! = 2 cách xếp.
Khi đó ta coi bài toán thành xếp 4 người vào một bàn tròn.

Cố định 1 người, số cách xếp 3 người còn lại là 3! = 6 cách.
Vậy có 3.2.6 = 36 cách.
Câu 24: Đáp án C
Phương pháp
M ( x0 ; y0 ; z0 ) ; ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0 ( A2 + B 2 + C 2 > 0 ) ⇒ d ( M ; ( P ) ) =

Cách giải: d ( M ; ( P ) ) =

1− 2 +1− 5
12 + ( −1) + 12
2

=

Ax0 + By0 + Cz0 + D
A2 + B 2 + C 2

5 3
3

Câu 25: Đáp án D
Phương pháp
+) Gọi H là trung điểm của AB ta có ⇒ SH ⊥ ( ABCD )
+) VS . ACD =

1
SH .S ACD
3

Cách giải

Gọi H là trung điểm của AB
⇒ SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD )
Tam giác SAB đều cạnh cạnh ⇒ SH =

a 3
2

Trang 13 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải



1
1
3a 2
S
=
AB
BC
+
AD
=
.
a
.
a
+
2
a
=
(

)
(
)
 ABCD 2
2
2 ⇒S
2

ACD = a
2
1
a
S
. AB.BC =
ABC =

2
2
⇒ VS . ACD =

1
1 a 3 2 a3 3
SH .S ACD = .
.a =
3
3 2
6

Câu 26: Đáp án D
n

k
k
Phương pháp: Sử dụng khai triển ( 1 + x ) = ∑ Cn .x
n

k =0

n

k
k
Cách giải: Ta có : ( 1 + x ) = ∑ Cn .x
n

k =0

9
9
9
9
Do đó hệ số của x 9 trong khai triển trên là C9 + C10 + C11 + ... + C14 = 3003 .

Câu 27: Đáp án B
x
Phương pháp: Đặt t = 2 ( t > 0 )

Cách giải: 4 x − m.2 x +1 + 2.m = 0 ⇔ ( 2 x ) − 2m.2 x + 2m = 0 ( *)
2

x
Đặt t = 2 ( t > 0 ) , khi đó phương trình trở thành : t 2 − 2mt + 2m = 0

Ta có : x1 + x2 = 3 ⇔ log 2 t1 + log 2 t2 = 3 ⇔ log 2 ( t1t2 ) = 3 ⇔ t1t1 = 8
Do đó để phương trình ban đầu có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 3 thì phương trình (*)
có 2 nghiệm dương phân biệt thỏa mãn t1 .t2 = 8 .
∆ ' = m 2 − 2m > 0
m > 2


⇔  2m > 0
⇔   m < 0 ⇒ m = 4
 2m = 8
m = 4


Câu 28: Đáp án D
Phương pháp:
+) Dựa vào thể tích khối chóp, tính SA.
+) Xác định góc giữa SC và mặt đáy, tính tan của góc đó.
Cách giải:
1
1
VS.ABCD = .SA.SABCD = .SA.AB.AD ⇔ 3a 2 2 = a 2.a.SA ⇒ SA = 3a
3
3
Dễ thấy AC là hình chiếu của SC trên ( ABCD ) ⇒ ( SC; ( ABCD ) ) = ( SC; AC ) = SCA
Ta có : tan SCA =

SA

SA
3a
=
=
= 3 ⇔ SCA = 60o
2
2
2
2
AC
AB + AD
a + 2a

Trang 14 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Câu 29: Đáp án A

r r
Phương pháp: d1 ⊥ d 2 ⇔ u d1 .u d2 = 0
r
r
r r
Cách giải: Ta có: u d1 = ( 2; − m; −3) ; u d2 = ( 1;1;1) . Để d1 ⊥ d 2 ⇔ u d1 .u d2 = 0
⇒ 2.1 − m.1 − 3.1 = 0 ⇔ −m − 1 = 0 ⇔ m = −1
Câu 30: Đáp án A
Phương pháp:
+) Tính y’, giải phương trình y ' = 0, tìm điều kiện để phương trình y ' = 0 có 3 nghiệm phân
biệt.
+) Tìm các điểm cực trị của hàm số.

+) Tính diện tích tam giác cân tạo bởi các điểm cực trị của hàm số.
x = 0
3
Cách giải: Ta có: y ' = 4x − 4mx = 0 ⇔  2
x = m
Để hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu ⇔ pt y ' = 0 có 3 nghiêm phân biệt ⇔ m > 0
 x = 0 ⇒ y = 2m
⇒ y' = 0 ⇔ 
⇒ A ( 0; 2m ) , B
2
 x = ± m ⇒ y = −m + 2m

(

) (

m; −m 2 + 2m , C − m; −m 2 + 2m

Tam giác ABC cân tại A với mọi m.
2
2
2
Đường thẳng BC có phương trình y = m ⇒ d ( A; BC ) = 2m − m − 2m = m ; BC = 2 m

⇒ S∆ABC =

1
1
BC.d ( A : BC ) = .2 m.m 2 = 32
2

2

⇔ m.m 2 = 32 ⇔

(

m

)

5

= 25 ⇔ m = 2 ⇔ m = 4 ( tm )

Câu 31: Đáp án B
Phương pháp:
+) Viết phương trình mơ tả vận tốc của vật trong 3h đầu, và trong 1h tiếp theo.
t2

+) Sử dụng công thức s = ∫ v ( t ) dt
t1

9 2
Cách giải: Trong 3h đầu. Ta dễ dàng tìm được phương trình parabol là v ( t ) = − t + 9t
4
3

3

81

 9 2

=> Quãng đường vật di chuyển được trong 3h đầu là s1 = ∫ v ( t ) dt = ∫  − t + 9t ÷dt =
4
4

0
0
Tại t = 3 ta có: v ( 3) =

27
4

Trang 15 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

)


Trong 1h tiếp theo v =

27
27
( km / h ) ⇒ s 2 = ( km )
4
4

Vậy quãng đường s mà vật di chuyển được trong 4 giờ đó được : s = s1 + s 2 = 27 ( km )
Câu 32: Đáp án B
Phương pháp: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần.
−2x


 u = ln ( 9 − x 2 )
du =
⇒
9 − x2
Cách giải: Đặt 
 v = x
dv = dx
2

⇒ I = ∫ ln ( 9 − x ) dx = x ln ( 9 − x
2

1

2

2

)

2

1

x2
+ 2∫
dx = 2 ln 5 − 3ln 2 + 2I1
9 − x2
1

2

2

2

2

2

x
9 
dx

dx = ∫  −1 +
dx = − ∫ dx + 9∫
2
2 ÷
9−x
9−x 
3 − x) ( 3 + x)
1
1
1
1 (

I1 = ∫

2

9  1
1 
3
3 3+ x
2
= −x + ∫ 
+
÷dx = −1 + ( − ln 3 − x + ln 3 + x ) 1 = −1 + ln
6 1  3− x 3+ x 
2
2 3− x

2

2
1

1

3
3
( ln 5 − ln 2 ) = −1 + ln 5 − 3ln 2 = 5ln 5 − 6 ln 2 − 2
2
2
a = 5

⇔ b = 6 ⇒ S = a + b + c = 13
c = −2


= −1 +

Câu 33: Đáp án D
Phương pháp:
+) Tính khoảng cách từ O đến ( SCD ) .
+) MO ∩ ( SCD ) = C ⇒

d ( M; ( SCD ) )
d ( O; ( SCD ) )

=

MC 3
=
OC 2

Cách giải: Gọi O là tâm của hình vng ABCD ⇒ SO ⊥ ( ABCD )
Gọi E là trung điểm của CD ta có :
CD ⊥ OE
⇒ CD ⊥ ( SOE )

CD ⊥ SO
Trong mặt phẳng ( SOE ) kẻ: OK ⊥ SE ⇒ OK ⊥ CD ⇒ OK ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( O; ( SCD ) ) = OK
Ta có: OB =
⇒

a 2
a 2
⇒ SO = SD 2 − OD 2 =
2

2

1
1
1
6
a 6
=
+
= 2 ⇒ OK =
2
2
2
OK
SO OE
a
6

Trang 16 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Ta có: MO ∩ ( SCD ) = C ⇒

d ( M; ( SCD ) )
d ( O; ( SCD ) )

=

MC 3
=

OC 2

3
3 a 6 a 6
⇒ d ( M; ( SCD ) ) = d ( O; ( SCD ) ) = .
=
2
2 6
4
Câu 34: Đáp án A
Phương pháp: Đặt t = log 2 x
Cách giải: Đặt t = log 2 x , với x ∈ ( 0;1) ⇒ t < 0
2
2
Khi đó phương trình trở thành: t + t + m = 0 ⇔ m = − t − t = f ( t ) ( *) ( t < 0 )

1
2
Xét hàm số f ( t ) = − t − t ( t < 0 ) ta có f ' ( t ) = −2t − 1 = 0 ⇔ t = − , lập BBT của hàm số y = f ( t )
2
−∞

t
f '( t )

−
+

f ( t)

0

1
2

0

-

1/ 4
−∞

0

Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( t ) và đường thẳng
y=m
Để phương trình ban đầu có nghiệm thực x ∈ ( 0;1) thì phương trình (*) có nghiệm âm
⇒m≤

1
4

Câu 35: Đáp án D
1
Phương pháp: Giải phương trình cos2x = − , tính được 1 góc và suy ra các góc cịn lại của
2
tam giác cân.
Cách giải: cos2x = −

1

2π
π
⇔ 2x = ±
+ k2π ⇔ x = ± + kπ
2
3
3


x =
Vì x là số đo của 1 góc của tam giác cân nên 0 < x < π ⇒ 
x =

Với x =

π
3
2π
3

π
π π π
=> tam giác cân trở thành tam giác đều => 3 góc của tam giác là  ; ; 
3
3 3 3

Trang 17 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Với x =

2π
π
⇒ 2 góc cịn lại của tam giác cân đều bằng ⇒ 3 góc của tam giác là
3
6

 2π π π 
 ; ; 
 3 6 6
Câu 36: Đáp án D
Phương pháp:
+) Tính y’, tìm điều kiện để phương trình y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt.
+) Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số và viết phương trình đường thẳng (d) đi qua các
điểm cực trị.
+) Tìm điều kiện để O ( 0;0 ) ∈ d
Cách giải: Ta có : y ' = 3x 2 − 27a = 0 ⇔ x 2 = 9a .
Để hàm số có cực đại, cực tiểu ⇔ pt y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ a > 0
Khi đó phương trình y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt

(

)

 x = 3 a ⇒ y = −54 a ⇒ A 3 a; −54a a

 x = −3 a ⇒ y = 54a a ⇒ B −3 a;54a a


(

)

=>Phương trình đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu là :
x +3 a
y − 54a a
x + 3 a y − 54a a
=
⇔
=
3 a + 3 a −54a a − 54a a
6 a
−108a a

(

)

⇔ 18a x + 3 a = − y + 54a a ⇔ 18ax + y = 0 ( d )
Ta thấy đường thẳng d luôn đi qua gốc tọa độ với mọi a > 0
Câu 37: Đáp án A
Phương pháp: f ( x ) = ∫ f ' ( x ) dx
Cách giải: f ( x ) = ∫ f ' ( x ) dx = ∫

1
dx = ln x + 1 + C
x +1

f ( 0 ) = 2018 ⇔ C = 2018 ⇒ f ( x ) = ln x + 1 + 2018
⇒ f ( 3) − f ( 1) = ln 4 + 2018 − ln 2 − 2018 = ln 2

Câu 38: Đáp án C
Phương pháp: Đặt z = a + bi ( a; b ∈ ¡ ) ⇒ z = a − bi, tính toán và rút gọn, so sánh hai số phức.
Cách giải:Gọi z = a + bi ( a; b ∈ ¡ ) ta có:

Trang 18 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


( 1 + 2i )

2

z + z = 4i − 20 ⇔ ( −3 + 4i ) ( a + bi ) + a − bi = 4i − 20

⇔ −3a − 3bi + 4ai − 4b + a − bi = 4i − 20 ⇔ ( −2a − 4b ) + ( 4a − 4b ) i = 4i − 20
−2a − 4b = −20
a = 4
⇔
⇔
⇒ z = 4 + 3i ⇒ z = 5
4a − 4b = 4
b = 3

Câu 39: Đáp án D
Phương pháp:
+) Xác định các điểm cực trị, các khoảng biến thiên của đồ thị hàm số y = f ( x ) , từ đó lập
BBT của của đồ thị hàm số y = f ( x )
+) Đồ thị hàm số y = f ( − x ) đối với đồ thị hàm số y = f ( x ) qua trục tung nên từ BBT của
đồ thị hàm số y = f ( x ) ta lập được BBT của đồ thị hàm số y = f ( − x ) và suy ra các khoảng
đồng biến của đồ thị hàm số y = f ( − x )
 x = −1


Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( − x ) ta thấy f ' ( x ) = 0 ⇔  x = 1
 x = 4
f ' ( x ) > 0 ⇔ x ∈ ( −1;1) ∪ ( 4; +∞ )
f ' ( x ) < 0 ⇔ x ∈ ( −∞; −1) ∪ ( 1; 4 )

Từ đó ta lập BBT của đồ thị hàm số y = f ( x ) như sau:
x
f '( x )

−∞
-

−1
0

+

1
0

-

4
0

0

+

f ( x)
Đồ thị hàm số y = f ( − x ) đối với đồ thị hàm số y = f ( x ) qua trục tung nên từ BBT của đồ
thị hàm số y = f ( x ) ta lập được BBT của đồ thị hàm số y = f ( − x ) như sau :
Từ BBT ta dễ thấy hàm số y = f ( − x ) đồng biến trên khoảng ( −3; −1)
Câu 40: Đáp án C
Phương pháp:
+) Từ 2x + y =

5
rút y theo x, thế vào biểu thức P.
4

+) Tìm tập giá trị của x.
+) Tìm GTNN của biểu thức P bằng MTCT.
Cách giải:
Trang 19 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


2x + y =

5
5
2 1 2
1
2
1
⇒ y = − 2x ⇒ P = +
= +
= +
4

4
x 4y x
5
 x 5 − 8x
4  − 2x ÷
4


Xét hàm số f ( x ) =

2
1
 5
+
với x ∈  0; ÷
x 5 − 8x
 8

1
f ( x ) = 5 ⇔ x = . Vậy P = 5
Sử dụng MTCT ta tính được min
min
 5
2
x∈ − ; ÷


8

Câu 41: Đáp án D

Phương pháp:
+) Viết phương trình các mặt phẳng ở đề bài.
+) Gọi M ( a; b;c ) là điểm cách đều cả 4 mặt phẳng trên
⇔ d ( M; ( ABC ) ) = d ( M; ( BCD ) ) = d ( M; ( CDA ) ) = d ( M; ( DAB ) )
+) Tính các khoảng cách và giải hệ phương trình.
Cách giải:

( ABC ) : x + y + z − 1 = 0
( BCD ) : x = 0
Phương trình các mặt phẳng :
( CDA ) : y = 0
( DAB ) : z = 0
Gọi M ( a; b;c ) là điểm cách đều cả 4 mặt phẳng trên
⇔ d ( M; ( ABC ) ) = d ( M; ( BCD ) ) = d ⇒ ( M; ( CDA ) ) = d ( M; ( DAB ) )
⇔

a + b + c −1
3

a = b = c

= a = b = c ⇒  a + b + c −1
=a

3


a = b = c
 a = b = −c
a = b = c ⇒

a = c = − b

 b = c = −a

Trang 20 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


  3+ 3 3+ 3 3+ 3 
;
;
 M 
÷
6
6
6 ÷
3a − 1
3± 3
 

2
2
TH1: a = b = c ⇒
= a ⇔ 9a − 6a + 1 = 3a ⇒ a =
⇒
6
3
M  3 − 3 ; 3 − 3 ; 3 − 3 
÷
  6
6

6 ÷

 

 −1 + 3 −1 + 3 1 − 3 
;
;

÷
2
2 ÷
a −1
−1 ± 3
 2

2
2
TH2 : a = b = −c ⇒
= a ⇔ a − 2a + 1 = 3a ⇔ a =
⇒
2
3
 M  −1 − 3 ; −1 − 3 ; 1 + 3 
÷
  2
2
2 ÷

 

  −1 + 3 1 + 3 −1 + 3 
;
;
 M 
÷
2
2 ÷
a −1
−1 ± 3
  2

2
2
TH3 : a = c = −b ⇒
= a ⇔ a − 2a + 1 = 3a ⇔ a =
⇒
2
3
 M  −1 − 3 ; 1 + 3 ; −1 − 3 
÷
  2
2
2 ÷

 
  1 + 3 −1 − 3 −1 − 3 
;
;
 M 
÷

2
2
2 ÷
−a − 1
1
±
3



2
2
TH4 :b = c = −a ⇒
= a ⇔ a + 2a + 1 = 3a ⇔ a =
⇒
2
3
 M  1 − 3 ; −1 + 3 ; −1 + 3 
÷
  2
2
2 ÷

 

Vậy có tất cả 8 điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 42: Đáp án A
Phương pháp:
+) Nhận xét dãy số trên là cấp số nhân, tìm số hạng đầu tiên u1 và cơng bội q.
n −1

+) Tìm số hạng tổng quát của cấp số nhân u1 = u1.q

Cách giải:
Dễ thấy dãy số ( u n ) là 1 cấp số nhân có số hạng đầu tiên u1 = 2 và công bội q = 2
n −1
n −1
n
=>Số hạng tổng quát u n = u1.q = 2.2 = 2

Câu 43: Đáp án A
Phương pháp:
+) Tìm ĐK.
+) Đưa các logarit về cùng cơ số 2, đưa phương trình ban đầu về phương trình bậc 2, tìm điều
kiện của m để phương trình bậc 2 thỏa mãn điều kiện bài tốn.
Trang 21 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Cách giải:
log

2

( x − 1) = log 2 ( mx − 8 ) ⇔ log 2 ( x − 1)

2

= log 2 ( mx − 8 )

 x > 1
 x > 1

⇔
⇔ 2
2
 x − ( 2 + m ) x + 9 = 0
( x − 1) = mx − 8

( *)

Để phương trình ban đầu có hai nghiệm thực phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm
thực phân biệt lớn hơn x1 > x 2 > 1
m > 4

m + 4m − 32 > 0
2
  m < −8

∆ = ( 2 + m ) − 36 > 0

⇔
⇔ ( x1 − 1) ( x 2 − 1) > 0 ⇔  x1x 2 − ( x1 + x 2 ) + 1 > 0
 x1 > x 2 > 1
x + x > 2
x + x > 2
2
2
 1
 1

2

 x1 + x 2 = 2 + m
Theo đinh lý Vi-ét ta có: 
 x1x 2 = 9
m > 4
m > 4


  m < −8
  m < −8


m∈¢
⇒ 9 − 2 − m + 1 > 0 ⇔ m < 8 ⇔ 4 < m < 8 
→ m ∈ { 5;6;7}
2 + m > 2
m > 0




Câu 44: Đáp án A
Phương pháp:
+) Để mặt phẳng (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường trịn có bán kính nhỏ nhất thì
d ( I; ( P ) ) max
+) Gọi H và K lần lượt là chân đường vng góc của I trên (P) và trên đường thẳng AB. Ta có
: IH ≤ IK
⇒ ( I; ( P ) ) max = IH max = IK ⇔ H ≡ K
Cách giải:
B∈( P) ⇒ b − 2 = 0 ⇔ b = 2

A ∈ ( P ) ⇒ 3a − 2b + 6c − 2 = 0 ⇒ a + 2c = 2 ⇒ a = 2 − 2c
Khi đó mặt phẳng (P) có dạng : ( P ) : ( 2 − 2c ) x + 2y + cz − 2 = 0
Mặt cầu ( S) có tâm I ( 1; 2;3) , bán kính R = 5

Trang 22 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Gọi H và K lần lượt là chân đường vuông góc của I trên (P) và trên đường thẳng
AB. Ta có : IH ≤ IK
Để

mặt phẳng (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường trịn có bán kính nhỏ nhất thì

( I; ( P ) )

max

= IH max = IK ⇔ H ≡ K

uuur
Ta có: AB = ( −3;3; −6 ) = −3 ( 1; −1; 2 )
=>Phương trình đường thẳng AB:
x = t
uur

 y = 1 − t , K ∈ AB ⇒ K ( t;1 − t; 2t ) ⇒ IK = ( t − 1; − t − 1; 2t − 3 )
 z = 2t

uur uur
Vì IK ⊥ AB ⇒ IK.IB = 0 ⇒ ( t − 1) − ( − t − 1) + 2 ( 2t − 3 ) = 0 ⇔ 6t − 6 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ K ( 1;0; 2 )

uur
d ( I; ( P ) ) max = IH max = IK ⇔ H ≡ K ⇒ H ( 1;0; 2 ) ⇒ IH = ( 0; −2; −1) là 1 VTPT của (P)
r
uur
⇒ IH và vec tơ pháp tuyến n ( P ) ( 2 − 2c; 2;c ) cùng phương
2 − 2c = 0
r
uur 
c = 1
n ( P ) = k.IH ⇒ 2 = −2k ⇔ 
⇒ a = 2 − 2c = 0
k = −1
c = − k

⇒ T = a + b + c = 0 + 2 +1 = 3
Câu 45: Đáp án D
Phương pháp:
+) Xác định khoảng cách từ A đến (SBC).
+) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vng tính SA.
1
+) Tính thể tích khối chóp V = SA.SABCD
3
Cách giải: Trong ( SAB ) kẻ AH ⊥ SB ta có:
 BC ⊥ SA
⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH

 BC ⊥ AB
⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ AH =

a 2

2

Xét tam giác vuông SAB có:
1
1
1
2
1
1
=
+
⇔ 2=
+ 2 ⇔ SA = a
2
2
2
2
AH
SA
AB
a
SA a
Vậy VS.ABCD

1
1 2 a3
= SA.SABCD = a.a =
3
3
3

Trang 23 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Câu 46: Đáp án D
Phương pháp: Đưa biểu thức T về dạng biểu thức vector bằng cách tìm các vecto biểu diễn
cho các số phức.
Cách giải: Tập hợp các điểm z thỏa mãn điều kiện z − 1 = 2 là đường tròn ( C ) tâm I ( 1;0 )
bán kính R = 2
T = z + i + z − 2 − i = z − ( −1) + z − ( 2 + i )
Gọi M là điểm biểu diễn cho số phức z, A ( 0; −1) là điểm biểu diễn cho số phức −i, B ( 2;1) là
điểm biểu diễn cho số phức 2 + i.
Dễ thấy A, B ∈ ( C ) và AB = 22 + 22 = 2 2 = 2R ⇒ AB là đường kính của đường trịn

( C ) ⇒ ∆MAB

vuông tại M ⇒ MA 2 + MB2 = AB2 = 8 ⇒ MB = 8 − MA 2
uuuu
r uuur uuuu
r ur
2
Ta có: T = OM − OA + OM − OB = MA + MB = MA + 8 − MA

(

)

Đặt MA = x 0 ≤ x ≤ 2 2 , xét hàm số f ( x ) = x + 8 − x 2 trên 0; 2 2  ta có:
f '( x ) = 1−

x
8−x

2

(

=

)

8 − x2 − x
8−x

2

= 0 ⇔ 8 − x2 = x ⇔ 8 − x2 = x2 ⇔ x = 2

f ( 0 ) = 2, f 2 2 = 2 2; f ( 2 ) = 4 ⇒ max f ( x ) = f ( 2 ) = 4
0;2 2 



Vậy max T = 4
Câu 47: Đáp án B
1
Phương pháp:Tính thể tích VS.ABC = SA.SABC theo cosα
3
Cách giải:
 BC ⊥ AM

⇒ BC ⊥ ( SAM )
Gọi M là trung điểm của BC ta có: 
 BC ⊥ SA
Trong ( SAM ) kẻ AH ⊥ SM ⇒ AH ⊥ BC ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ AH = 3

Ta có:

( SBC ) ∩ ( ABC ) = BC

⇒ ( ( SBC ) ; ( ABC ) ) = ( AM;SM ) = SMA = α
 AM ⊥ BC
SM ⊥ BC

AH
3
6
=
⇒ BC = 2AM =
sin α sin α
sin α
1
1 3
6
9
= AM.BC = .
.
=
2
2 sin α sin α sin 2 α

⇒ AM =
⇒ SABC

Trang 24 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Trong tam giác vng SAM có: SM =

AM
3
=
sin α sin α cosα

8
9
3 1 − cos 2α
3
⇒ SA = SM − AM =
− 2 =
=
2
2
sin α cos α sin α
sin α cosα cosα
2

2

1
1 3

9
9
⇒ VS.ABC = SA.SABC = .
. 2 =
3
3 cosα sin α ( 1 − cos 2 α ) cosα
Đặt t = cosα ( 0 < t < 1) ⇒ f ( t ) =

9
( 1− t2 ) t

 1  243  3  27 3  2 
 2  243
f  ÷=
;f 
=
;f 
= 18 2;f  ÷ =
÷
÷
÷
÷
8
2
 3
 3  10
 3 
 2 
 3
⇒ min f ( t ) = f 

÷
÷
x∈( 0;1)
 3 
Câu 48: Đáp án D
Phương pháp: AB lớn nhất ⇔ d ( I; ∆ ) nhỏ nhất.
Cách giải: Mặt cầu (S) có tâm I ( 0; −2;0 ) và bán kính R = 5
Dễ thấy I ∉ ∆
r
uuu
r
Ta có: u ∆ = ( 2;1; −3) , M ( 1; − m; 2m ) ∈ ∆, IM = ( 1; 2 − m; 2m )
uuu
r r
 IM; u ∆ 
21m 2 + 54


⇒ f ( I; ∆ ) =
=
r
14
u∆
2
Để AB lớn nhất ⇔ d ( I; ∆ ) min ⇔ ( 21m + 54 ) min ⇔ m = 0

Câu 49: Đáp án A
Phương pháp:
+) Biểu diễn không gian mẫu dưới dạng tập hợp Ω =

{ ( x; y )

}

x ≤ 4; y ≤ 4; x; y ∈ ¢ , tìm Ω

+) Gọi A là biến cố: “Tập hợp các điểm mà khoảng cách đến gốc tọa độ nhỏ hơn hoặc bằng
2”, biểu diễn A dưới dạng tập hợp và tìm số phần tử của A.
+) Tính xác suất của biến cố A: P ( A ) =

A
Ω

Cách giải:
Không gian mẫu Ω =

{ ( x; y )

}

x ≤ 4; y ≤ 4; x; y ∈ ¢

Có 9 cách chọn x, 9 cách chọn y, do đó Ω = 9 x 9 = 81
Trang 25 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải