205 đề thi thử THPTQG năm 2018 môn toán luyện đề THPTQG đề số 3 gv lê anh tuấn file word có lời giải chi tiết doc

PHẦN 1. CÂU HỎI NHẬN BIẾT.
Câu 1: Đồ thị ở hình bên là đồ thị của hàm số nào trong bốn hàm số dưới đây?
A. y 

x 2
x 1

B. y 

x 2
x1

C. y 

Câu 2: Hệ số góc của tiếp tuyến đồ thị hàm số y 

2 x
x 1

D. y 

x 2
x1

x1
tại giao điểm của đồ thị hàm số với
x 1

trục tung bằng.
A. -2

B. 1

C. 2

D. 1

Câu 3: Cho hàm số y  fx liên tục trên � và có bảng biến thiên như hình dưới đây. Số mệnh
đề sai trong các mệnh đề sau đây?
I.Hàm số đồng biến trên các khoảng �; 5 và (3; 2]

x

II.Hàm số đồng biến trên khoảng �;5

y

�

-3
+

+

0

-

5

III.Hàm số nghịch biến trên khoảng 2; �

�

IV.Hàm số đồng biến trên khoảng (�; 2]
A. 1

0

�

-2

B. 2

C. 3

0

�

D. 4

Câu 4: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
A. Nếu a  1 thì loga M  loga N � M  N  0
B. Nếu 0  a  1 thì loga M  loga N � 0  M  N
C. Nếu M , N  0 và 0  a �1 thì loga M.N  loga M.loga N
D. Nếu 0  a  1 thì loga 2016  loga 2017
Câu 5: Tính đạo hàm của hàm số y 
A. y' 

1 2(x  3)ln3

32x

B. y' 

x 3
9x

1 2(x  3)ln3
32x

C. y' 



1 2(x  3)ln3
x2

3

D. y' 

1 2(x  3)ln3
2

3x



2
Câu 6: Cho hàm số fx  tan x 2cot x  2cos x  2cos x có nguyên hàm là Fx và

� � 
coscx
F � � . Giả sử Fx  ax  b cos x 
 d . Chọn phát biểu đúng.
2
�4 � 2
A. a : b : c  1:2:1

B. a  b  c  6

C. a  b  3c D. a  b c  d

Câu 7: Cho số phức z thỏa mãn iz  2 i  0. Tính khoảng cách từ điểm biểu diễn hình học
của z trên mặt phẳng tọa độ Oxy đến điểm M 3; 4
1


A. 2 5

B. 13

C. 2 10

D. 2 2

Câu 8: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là một tứ giác (AB không song song CD). Gọi
N là trung điểm của SD, M là trung điểm nằm trên cạnh SB sao cho SM = 2MB, O là giao
điểm của AC và BD. Cặp đường thẳng nào sau đây cắt nhau.
A. SO và AD

B. MN và SO

C. MN và SC

D. SA và BC

Câu 9: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d có vecto chỉ phương
r
r
u  1;2;0 . Mặt phẳng P chứa đường thẳng d có vecto pháp tuyến là n  a; b; c

 a  b  c �0 . Khi đó a, b thỏa mãn điều kiện nào sau đây?
2

2

2

A. a  2b

D. a  2b
uuuu
r
Câu 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác MNP biết MN  2;1; 2 và
uuur
NP  14;5;2 . Gọi NQ là đường phân giác trong của góc MNP. Hệ thức nào sau đây là
đúng?

uuur

uuuu
r
A. QP  3QM

B. a  3b

C. a  2b

uuur
uuuu
r
B. QP  5QM

uuur
uuuu
r
C. QP  3QM

uuur
uuuu
r
D. QP  5QM

PHẦN 2. CÂU HỎI THÔNG HIỂU
Câu 11: Cho hàm số fx có đạo hàm f ' x trên khoảng K. Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số
f ' x trên khoảng K. Số điểm cực trị của hàm số fx là.

A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

Câu 12: Cho hàm số y  x3  ax2  bx  c a; b; c�� có đồ thị biểu diễn là đường cong C
như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây là sai?
A. a  b  c  1

B. a2  b2  c2 �132 C. a  c �2b

D. a  b2  c3  11

2x  3
Câu 13: : Giá trị của m để đường thẳng d : x  3y  m 0 cắt đồ thị hàm số y 
tại hai
x1
điểm M, N sao cho tam giác AMN vuông tại điểm A 1;0 là.
A. m 6

C. m 6

B. m 4
2

D. m 4






Câu 14: Biết rằng phương trình 2log8 2x  log8 x2  2x  1 

4
có nghiệm duy nhất x.
3

Chọn phát biểu đúng.
A. Nghiệm của phương trình thỏa mãn logx

1
 4
16

B. 2x  3log3 4

C. log2 2x  1 3log3( x1)

D. Tất cả đều đúng

Câu 15: Tập xác định của hàm số

y

1
1

1 là
log5 x  11x  43 2



2

A. D  (8;9)

B. D  (2;9)

C. D  (�;2)

D. D  (9; �)

Câu 16: Các nhà khoa học thực hiện nghiên cứu trên một nhóm học sinh bằng cách cho họ
xem một danh sách các loài động vật và sau đó kiểm tra xem họ nhớ được bao nhiêu % mỗi
tháng. Sau t tháng, khả năng nhớ trung bình của nhóm học sinh tính theo công thức
M t  75 20lnt  1,t �0 (đơn vị %). Hỏi khoảng thời gian ngắn nhất là bao nhiêu tháng
thì số học sinh trở nên nhớ được danh sách đó dưới 10%
A. 23 tháng

B. 24 tháng

C. 42 tháng

D. 46 tháng

Câu 17: Một vật đang chuyển động với vận tốc 10m/s thì tăng tốc với gia tốc
a(t)  2t  t2(m/ s2) . Tính quãng đường S(m) mà vật đi được trong khoảng thời gian 12 giây
kể từ lúc bắt đầu tăng tốc.
A. S  120

B. S  2424

Câu 18: Tính tích phân I 

21000

C. S  720

D. S  3576

ln x

�(x  1)2 dx , ta được kết quả
1

A. I  
C. I 

ln21000
1 21000

3ln21000
1 21000

 1000ln

2

B. I  

1 21000

2
 1000ln
1 21000

D. I 

1000ln2
1 21000

1000ln2
1 21000

 ln

21000
1 21000

21000
 6ln
1 21000

Câu 19: Cho số phức z thỏa mãn iz  (3 i )  2 . Trong mặt phẳng phức, đồ thị nào hiển
thị đúng quỹ tích điểm biểu diễn hình học của số phức z

3


A. Hình 1

B. Hình 2

C. Hình 3

D. Hình 4

Câu 20: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  3 2i  z  i . Giả sử w là số phức có
môđun nhỏ nhất trong các số phức z thỏa mãn điều kiện trên. Tính môđun của w
A. w  2

B. w 

2
3

C. w 

1
2

D. w  7

Câu 21: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1. Cạnh bên SA
vuông góc với mặt phẳng ABCD và SC  5 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD
A. V 

3
3

B. V 

3
6

D. V 

C. V  3

15
3

Câu 22: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BCD  1200 và
AA ' 

7a
. Hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng ABCD trùng với giao điểm của AC
2

và BD. Tính theo a thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’.
A. V  8a3
Câu

23:

B. V  3a3
Trong

không

gian

C. V  12a3
với

hệ

tọa

độ

D. V  9a3
Oxyz,

cho

ba

điểm

M 3;1;1, N 4;8; 3, P 2;9; 7 và mặt phẳng Q : x  2y  z  6  0 . Đường thẳng d đi qua
4


trọng tâm G của tam giác MNP, vuông góc với Q. Tìm giao điểm A của mặt phẳng Q và
đường thẳng d
A. A 1;2;1

B. A 1; 2; 1

C. A 1; 2; 1

Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

D. A 1;2; 1
x z 3 y 2
và hai


2
1
1

mặt phẳng (P ): x  2y  2z  0,(Q): x  2y  3z  5  0 . Mặt cầu (S) có tâm I là giao điểm của
đường thẳng d và mặt phẳng (P). Mặt phẳng (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S). Viết phương trình
của mặt cầu (S)
A. (S):  x  2   y  4   z  3 

2
7

B. (S):  x  2   y  4   z  3 

C. (S):  x  2   y  4   z  3 

2
7

D. (S):  x  2   y  4   z  3 

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

9
14
9
14

Câu 25: Cho phương trình Ax3  2Cxx13  3Cxx13  3x2  P6  159 . Giả sử x  x0 là nghiệm

của phương trình trên, khi đó
A. x0 �(10;13)

B. x0 �(10;12)

Câu 26: Cho hai hàm số f (x) 

C. x0 �(12;14)

D. x0 �(14;16)

1
 3sin2 x và g(x)  sin 1 x . Kết luận nào sau đây
x 3

đúng về tính chẵn lẻ của hai hàm số này?
A. Hai hàm số f(x); g(x) là hai hàm số lẻ.
B. Hàm số f(x) là hàm số chẵn; hàm số g(x) là hàm số lẻ.
C. Cả hai hàm số f(x); g(x) đều là hàm số không chẵn không lẻ.
D. Hàm số f(x) là hàm số lẻ; hàm số g(x) là hàm số không chẵn không lẻ.
Câu 27: Biết lim  x  1
x��

2x  1
3

5x  x  2



a
a
trong đó a, b là các số nguyên dương và
là
b
b

phân số tối giản. Giá trị của tích ab bằng
A. 30

B. 42

C. 10

D. 36

r
x2  x  1
Câu 28: Cho vecto v  (a; b) sao cho khi tịnh tiến độ thị hàm số y  f (x) 
theo
x1
r
x2
vecto v ta nhận đồ thị hàm số y  g(x) 
. Khi đó tích a.b bằng
x 1
A. 1

B. 5

C. 6
5

D. 4


PHẦN 3. CÂU HỎI VẬN DỤNG THẤP
Câu 29: Cho hàm số y 

 x2  2x  c
có giá trị cực tiểu là m và giá trị cực đại là M. Có bao
x 3

nhiêu giá trị nguyên của c để m M  4
A. 1

B. 2

C. 4

D. 3

Câu 30: Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số
y  2x3  3(m 3)x2  18mx  8 tiếp xúc với trục hoành?
A. 1

B. 2

Câu 31: Cho hàm số f (x) 

C. 3

1
3 2x



1
3 2 x

D. 0

. Trong các khẳng định sau có bao nhiêu khẳng

định sai?
1. f '(x) �0x��
2. ff(1)  (2)  ...  f (2017)  2017
1
1
3. f (x2) 

3 4x 3 4 x
A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Câu 32: Biết phương trình log32 x  (m 2)log3 x  3m 1 0 có 2 nghiệm x1, x2 . Khi đó
có bao nhiêu giá trị nguyên của m thỏa mãn x1x2  27
A. 2

B. 1

C. 3

D. vô số

 x  3 dx
Câu 33: Tính tích phân I  �
ta được
10
0  2x  1
1

A.

318  29
63.39

B. 

8

318  29

C.

63.39

318  29
63.39

D.

318  29
63.39

Câu 34: Cho vật thể H nằm giữa hai mặt phẳng x  0, x  1 . Biết rằng thiết diện của vật thể
H cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x (0 �x �1) là một tam
giác đều có cạnh là

4 ln(1

x) . Giả sử thể tích V của vật thể có kết quả là V  a b(c ln2  1)

với a, b, c là các số nguyên. Tính tổng S  a2  ab  c
A. 6

B. 8

Câu 35: Cho số phức z thỏa mãn z 

C. 7

D. 9

z

6  7i
. Tìm phần thực của số phức z2017

1 3i
5
6


A. 21008

B. 21008

C. 2504

D. 22017

Câu 36: Cho hình chóp tam giác S.ABC biết AB=3, BC=4, CA=5. Tính thể tích khối chóp
SABC biết các mặt bên của hình chóp đều tạo với mặt đáy một góc 300
A.

2 3
3

B.

8 3
9

C.

200 3
3

D. 2 3

Câu 37: Cho một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông ABCD diện tích 12(cm2) với
AB là đường kính của đường tròn đáy tâm O. Gọi M là điểm thuộc cung AB của đường tròn
đáy sao cho ABM  600 . Thể tích của khối tứ diện ACDM là
A. V  3(cm3)

B. V  5(cm3)

C. V  8(cm3)

D. V  12(cm3)

Câu 38: Cho hình nón tròn xoay có chiều cao h  20(cm) , bán kính đáy r  25(cm) . Một
thiết diện đi qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết
diện là 12(cm) . Tính diện tích của thiết diện đó.
A. S  500(cm2)

B. S  460(cm2)

C. S  360(cm2)

D. S  200(cm2)

Câu 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho
(P ): x  4y  2z  6  0,(Q): x  2y  4z  6  0 . Lập phương trình mặt phẳng ( ) chứa giao

tuyến của hai mặt phẳng (P), (Q) và cắt các tia 0x,0y,0z tại các điểm A, B, C sao cho hình
chóp O.ABC là hình chóp đều.
A. x  y  z  6  0

B. x  y  z  6  0

C. x  y  z 6  0

D. x  y  z  3  0

Câu 40: Cho dãy số u(n) xác định bởi u(1)  1; u(m n)  u(m)  u(n)  mn
. ,m, n��* .
Tính u(2017)
A. 2035153

B. 2035154

C. 2035155

D. 2035156

Câu 41: Một xạ thủ bắn bia. Biết rằng xác suất bắn trúng vòng tròn 10 là 0,2; vòng 9 là 0,25
và vòng 8 là 0,15. Nếu trúng vòng k thì được k điểm. Giả sử xạ thủ đó bắn ba phát súng một
cách độc lập. Xạ thủ đạt loại giỏi nếu anh ta đạt ít nhất 28 điểm. Xác suất để xạ thủ này đạt
loại giỏi là
A. ,00935

B. 0,0755

C. 0,0365

Câu 42: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình
�  �
 ; �
sin4 x  cos4 x  cos2 4x  m có 4 nghiệm phân biệt x��
� 4 4�

7

D. 0,0855


� 47
m�
�
64
A. �
3
�
�m
�
�
2

B.

49
3
�m�
64

2

C.

47
3
 m�
64
2

D.

47
3
�m�
64
2

PHẦN 4. CÂU HỎI VẬN CUNG CAO
Câu 43: Cho đồ thị hàm số y  f (x) có bảng
biến thiên sau. Khi đó đồ thị hàm số

y  g(x) 

1
f 4(x)  1

x



f’(x)
f(x)

1
2

+

�
0

�

có tất cả bao nhiêu
3
2

đường tiệm cận đứng và ngang?
A. 3

�


�

B.2

C. 1
D. 4

Câu 44: Anh An vay ngân hàng 1 tỷ đồng với lãi suất 0,5%/tháng để làm kinh doanh, anh An
sẽ trả tiền ngân hàng theo hình thức trả góp (chịu lãi suất số tiền chưa trả). Hỏi số tiền anh An
phải trả ngân hàng mỗi tháng thuộc khoảng nào dưới đây để sau đúng 20 tháng anh An trả
xong nợ ngân hàng (giả sử lãi suất không thay đổi trong suốt thời kỳ anh An vay nợ)?
A. (131 000 000; 132 878 700) đồng

B. (132 878 700; 134 878 780) đồng

C. (40 000 000;131 000 000) đồng

D. (134 878 780; 250 000 000) đồng

Câu 45: Cho hàm số f (x) liên tục trên � và thỏa mãn
�
� 1
sin x
f (x)  f �  x�
,x��. Biết tích phân
I
�3
� 2 cosx(8cos3 x  1)

dưới dạng I 

a c
a c
ln ; a, b, c, d �� và các phân số ;
b d
b d


3

�f (x)dx được biểu diễn
0

là các phân số tối giản. Tính

S  a3  ab  c  d

A. S=6

B. S=3

C. S=5

�2z1  i  2 iz1
�
�
Câu 46: Cho 2 số phức z1, z2 thỏa mãn �2z2  i  2 iz2 .
�
�z1  z2  1
Tính giá trị của biểu thức P  z1  z2

8

D. S=7

+
3

2


3
4

A. P 

B. P  3

5
2

D. P 

C. P  5

Câu 47: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B. AB  BC  a 3 ,
góc SAB  SCB  900 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng a 2 . Thể tích khối
cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là
A. 6 3 a3

B. 4 5 a3

C. 8 3 a3

D. 4 3 a3

Câu 48: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA=a và SA vuông
góc với đáy. Gọi M là trung điểm SB, N là điểm thuộc cạnh SD sao cho SN=2ND. Tính tỉ số

thể tích

VACMN
VSABCD

A. V 
Câu

1
4

49:

1
2

B. V 
Trong

không

C. V 

gian

với

hệ

tọa

1
3

D. V 
độ

Oxyz,

3
5

cho

các

điểm

A(1;0;0), B(0;1;0),C(0;0;1), D(0;0;0) . Hỏi có bao nhiêu điểm P cách đều các mặt phẳng
( ABC ),(BCD),(CDA),(DAB)

A. 4

B. 10

Câu 50: Cho khai triển



C. 12

1 x  x2



n

D. đáp án khác

 a0  a1x  a2x2  ...  a2nx2n

a0, a1, a2,..., a2n là các hệ số. Tính tổng S  a0  a1  a2  ...  a2n biết
A. S  310

B. S  312

với v n�2 và

a3
14

C. S  210



a4
41

D. S  212

ĐÁP ÁN
1-A
11-B
21-A
31-C
41-A

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

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

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

5-A
15-B
25-A
35-B

45-A

6-B
16-C
26-C
36-A
46-B

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

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

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

Câu 1: Chọn đáp án A
Nhìn vào đồ thị ta thấy đồ thị có tiệm cận đứng là x  1, tiệm cận ngang là y  1
Câu 2: Chọn đáp án C
9

10-B
20-A
30-A
40-A
50-A


Tập xác định. D  �\ 1 . Ta có y' 

2
x  12

Gọi M  C �Oy � M 0; 1 . Hệ số góc tiếp tuyến tại M là k  y' 0  2
Câu 3: Chọn đáp án A
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng �; 3 và
(3; 2] , nghịch biến trên khoảng 2; �

(Chú ý. Đối với hàm bậc 3, bậc 4 thì tính đồng biến, nghịch biến trên khoảng, đoạn hay nửa
khoảng đều như nhau. Vì vậy nếu kết luận khoảng đồng biến, nghịch biến là ngoặc nhọn hay
ngoặc vuông đều được).
I.Ta thấy khoảng �; 3 chứa khoảng �; 5 . Đúng.
II.Sai
III.Ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng 2; �. Đúng.
IV.Ta thấy hàm số đồng biến trên nửa khoảng (�; 2] . Đúng.
Câu 4: Chọn đáp án C
Câu C sai vì đúng là. M , N  0 và 0  a �1 thì loga M.N  loga M  loga N
Câu 5: Chọn đáp án A
Ta có y 



x 3
9x

1 (x  3)ln
9x

x

x

x

�1 �
�1 �
�1 � �1 �
 (x  3).� � � y'  � �  (x  3)� �ln� �
�9 �
�9 �
�9 � �9 �

1
2
9  1 (x  3)ln9  1 (x  3)ln3  1 2( x  3)ln3
(32)x
32x
32x

Câu 6: Chọn đáp án B

tanx2cot x  2cos x  2cos2 x  �
2 2sinx  sin2xdx
Ta có F (x)  �
 2x  2cos x 

� � 
� � 
2

cos2x
 0  C  � C  1
 C .Mà F � � � F � � 2.  2.
2
2
2
�4 � 2
�4 � 4

Do đó F (x)  2x  2cos x 

cos2x
1
2

Câu 7: Chọn đáp án C
Ta có iz  2 i  0 � iz  2  i � z 

2  i i  2  i

 1 2i

i
1

Suy ra điểm biểu diễn số phức z là A 1;2
Khi đó AM  3 12  4  22  2 10
10


Câu 8: Chọn đáp án B
+ Giả sử SO, AD cắt nhau. Khi đó SO, AD đồng phẳng, suy ra S
thuộc mp (ABCD) (Vô lý). Đáp án A bị loại.
+ Giả sử MN cắt SC. Khi đó MN và SC đồng phẳng, suy ra C
thuộc (SBD) (Vô lý). Do đó đáp án C bị loại.
+ Giả sử SA cắt BC. Khi đó SA, BC đồng phẳng. Suy ra S thuộc
mp (ABCD) (Vô lý). Đáp án D bị loại. MN, SO cùng nằm trong
mp (SBD), không song song và trùng nhau.
Câu 9: Chọn đáp án D
rr
Do P chứa đường thẳng d nên un
.  0 � a  2b  0 � a  2b
Câu 10: Chọn đáp án B
uuuu
r
�
�MN  2;1; 2 � MN  9  3
Ta có � uuur
� NP  14;5;2 � NP  15
uuur
uuur
uuuu

r
QP
NP
15
r 
   5 . Hay QP  5QM
NP là đường phân giác trong của góc N � uuuu
MN
3
QM
Câu 11: Chọn đáp án B
Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình f ' x  0 chỉ có một nghiệm đơn (và hai nghiệm kép) nên
f ' x chỉ đổi dấu khi qua nghiệm đơn này. Do đó suy ra hàm số fx có đúng một cực trị.

Câu 12: Chọn đáp án C
y'  3x2  2ax  b


Với x  0; y  4 . Thay vào hàm số ta được

c  4


Với x  1; y  0 . Thay vào hàm số ta được

a b  3


Hàm

số

đạt

cực

trị

tại

x1

y'1 0 � 3 2a  b  0 � 2a  b  3

Từ đó suy ra a  6; b  9; c  4 . Vậy C sai.
Câu 13 Chọn đáp án C
1
m
Đường thẳng d viết lại y   x 
3
3

11

nên


Phương trình hoành độ giao điểm.

2

2x  3
1
m
  x  � x  m 5 m 9  0 *
x1
3
3

Do   m 72  12  0,m�� nên d luôn cắt C tại hai điểm phân biệt.
�x  x   m 5
Gọi x1, x2 là hai nghiệm của *. Theo Viet, ta có �1 2
�x1.x2  m 9
uuuu
r uuur
Giả sử M x1; y1 , N x2; y2 . Tam giác AMN vuông tại A nên AM.AN  0

� x1  1 x2  1 y1y2  0 � x1  1 x2  1

1
x  m x2  m 0
9 1

� 10x1x2  m 9 x1  x2  m2  9  0 � 10  m 9 m 9 m 5 m2  9  0

� 6m 36  0 � m 6
Cách khác. Các em có thể thay ngược đáp án vào để kiểm tra điều kiện đề bài, nhưng cách
này khá tốn thời gian.
Câu 14: Chọn đáp án C
Điều kiện 0  x �1
Phương trình � log8 4x2  log8 x  12 

2

� 4x

4
4
� log8 �
4x2x  12 �
�
�
3
3

�
�2x x  1 4
�
x2  x  2  0
x  1 loai
x  1 16 � �
��
� x2  x  2  0 � �
2
2x x  1 4 �
�
�
x  x 2  0
� x 2

A.Ta có log2

1
1
 4 nên logx  4 là sai.
16
16

B.Ta có 2x  4 và 3log3 4  4 nên 2x  3log3 4 là sai.
C.Ta có log2 2x  1 3 và 3log3 x1  3 nên log2 2x  1 3log3 x1 là đúng.
Câu 15: Chọn đáp án B
Tập xác định

1

1
 0 � log5 x2  11x  43  2 (do x2  11x  43  1 nên
log5 x  11x  43 2
2



log5 x2  11x  43  0,x�TXD)
� x2  11x  43  52 � x2  11x  18  0 � 2  x  9

Câu 16: Chọn đáp án C
Theo bài ra, ta có 75 20lnt  1�10%
�ln
�۳
t 1 3,745

t 41,30900 . Khoảng 42 tháng

12


Câu 17: Chọn đáp án B
Gọi v(t) là vận tốc của vật, ta có v'(t)  a(t)  2t  t2 � v(t)  �
(2t  t2)dt  t2 
Do v(0)  10 � 0 0 C  10 � C  10 � v(t)  t2 

t3
 10
3

12

12�
2

� �t3 t4
�
t3
Khi đó S  �
t   10�
dt  �   10t �  2424(m)
�
� 3
� �3 12
�
� �
�0
0�

Câu 18: Chọn đáp án B
21000

ln x

21000

21000

1
ln x
Ta có I 
�(x  1)2 dx   �ln xd x  1   x  1
1
1

21000
1

1

ln21000

21000

1 1
1000ln2

 �
. dx  


1000
x

1
x
1 21000
1

2
1



1000ln2
1 21000
1000ln2
1 21000



 ln x  ln x  1

21000

1



21000

�1

1

�x  1d(ln x)



1 �


dx
�
��
�x x  1�
1

1000ln2
1 21000

21000

x
 ln
x 1 1

21001
 ln
1 21000

Câu 19: Chọn đáp án C
Giả sử z  a  bi(a, b��) � zi  (3 i )  b 3 (a  1)i
Do đó iz  (3 i )  2 � (a  1)2  (b 3)2  4
Vậy quỹ tích của z là đường tròn tâm I (1;3) bán kính bằng 2.
Từ đó ta thấy ngay loại đi hình 1, hình 2 và hình 4 và chỉ có hình 3 là thỏa mãn.
Câu 20: Chọn đáp án A
Giả sử z  a  bi(a,b��)
Từ giả thiết ta có a  3 (b  2)i  a  (b 1)i
� (a  3)2  (b  2)2  a2  (b  1)2 � 13 6a  4b  1 2b � b  a  2
Dấu “=” xảy ra � a  1, b  1 khi dó w  1 i. w  2
Câu 21: Chọn đáp án A
Đường chéo hình vuông AC  2

13

t3
C
3


Xét tam giác SAC, ta có SA  SC 2  AC 2  3 . Chiều cao của khối chóp là SA  3
Diện tích hình vuông ABCD là SABCD  12  1 . Thể tích khối chóp S.ABCD là

1
3
VS.ABCD  SABCD .SA 
(dvtt)
3
3

Câu 22: Chọn đáp án B
Gọi O  AC �BD .Từ giả thiết suy ra A'O  ABCD
Cũng từ giả thiết, suy ra ABC là tam giác đều nên

SY ABCD  2SVABC 

a2 3
2

Đường cao khối hộp
2

�AC �
A'O  AA'  AO  AA'  � �  2a 3
�2 �
2

2

2

Vậy VABCD.A'B'C 'D '  SY ABCD .A'O  3a3(dvtt)
Câu 23: Chọn đáp án D
Tam giác MNP có trọng tâm G 3;6; 3
�x  3 t
�
Đường thẳng d đi qua G, vuông góc với Q nên d : �y  6  2t
�z  3 t
�
�x  3 t

�
Đường thẳng d cắt Q tại A có tọa độ thỏa mãn d : �y  6  2t � A 1;2; 1
�z  3 t
�

Câu 24: Chọn đáp án C
�x  2t
�
+ Ta có d : �y  3 t  t �� � I  2t; t  3; t  2
�z  2 t
�
Mà I �(P ) � 2t  2(t  3)  2(t  2)  0 � 2t  2  0 � t  1� I (2;4;3)
+ Gọi R là bán kính của (S), ta có (Q) tiếp xúc với

(S) � d(I ;(Q))  R � R 

2  2.4  3.3 5
12  (2)2  32



14

2
14


Kết hợp với (S) có tâm I (2;4;3) � (S):  x  2   y  4   z  3 
2

2

2

4 2

14 7

Câu 25: Chọn đáp án A
Điều kiện x �3, x�� . Phương trình đã cho có dạng

x!
2( x  1)! 3( x  1)!
3


 3x2  6! 159 � x(x  1)(x  2)  x(x  1)  (x  1)(x  2)  3x2  879
(x  3)! 2!(x  1)! 2!(x  3)!
2

� x  12 (sử dụng lệnh SHIFT SOLVE trên máy tính)
Câu 26: Chọn đáp án C
+ Xét hàm số f (x) 

1
 3sin2 x có tập xác định là D  �\  3
x 3

Ta có x  3�D nhưng  x  3�D nên D không có tính đối xứng. Do đó ta có kết luận
hàm số f(x) không chẵn không lẻ

1; � . Dễ thấy D2 không phải là
+ Xét hàm số g(x)  sin 1 x có tập xác định là D2  �
�

tập đối xứng nên ta kết luận hàm số g(x) không chẵn không lẻ.
Câu 27: họn đáp án C
Với x  1� x  1 0 nên x  1 
lim  x  1

x��

 x  1

2

. Vì vậy

 x  1  2x  1
2

2x  1
5x3  x  2

  lim

x��

5x3  x  2



2
5

Câu 28: Chọn đáp án C
Ta có g(x)  f (x  a)  b

 x  a   x  a  1 b � x2  x2   2a  b  1 x  a2  ab  a  b 1
x2
�

x 1
x  a 1
x 1
x a 1
�
a  2
��
� a.b  6
�b  3
2

Câu 29: Chọn đáp án A
+ TXĐ. D  �\  3
2

+ Ta có y' 

 x  6x  6  a

 x  3

2

. Đặt

g(x)   x2  6x  6  a

+ Để hàm số có cực đại, cực tiểu � PTg(x)  0 có 2 nghiệm phân biệt khác 3

15


� '  0
�
3 a  0
��
��
� a  3(*)
�g(3) �0 � a �3
+ Khi a  3 , phương trình qua điểm cực đại, cực tiểu là y  2x  2
+ Giả sử x1; x2  x1  x2  là 2 nghiệm của PT g(x)  0
x

�

y’
y

x1

-

0

+

�

x2

3
+

CĐ

CT
+ Ta có m 2x1  2; M  2x2  2
Ta có m M  4 � x2  x1  2 �  x1  x2   4x1x2  4 � 36  4(6 a)  4 � a  2
2

Câu 30: Chọn đáp án A
y'  6x2  6(m 3)x  18m . Để đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành khi và chỉ khi hệ sau
có nghiệm
�
2x3  3(m 3)x2  18mx  8  0(1)
�
�
2
� 6x  6(m 3)x  18m 0(2)

�x  3
2
Ta có (2) � 6x  6mx  18x  18m 0 �  x  m  6x  18  0 � �
.
x m
�
Với x  3 thay vào phương trình (1) ta được 54  27(m 3)  54m 8  0 � m

35
27

Với x  m thay vào phương trình (1) ta được
� m 1
�
2m2  3(m 3)m2  18m2  8  0 �  m3  9m2  8  0 � �
m 4 2 6
�
m 4  2 6
�

Câu 31: Chọn đáp án C
+ Ta có

f '(x) 

2x ln2



2 x ln2

 3 2   3 2 

+ Đặt t  2x � 2 x 

x

2

x

2

. Dễ thấy f '(0) 

ln2 ln2

 0 . Do đó (1) sai.
16 16

1
1
1
và t  0 . Ta xét hàm số g(x) 
trên  0;� .

t
3 t 3t  1

16

Ta có g'(t) 





8 t2  1

 3 t

2

 3t  1

2

 0 � t  �.

1
Lập bảng biến thiên ta có g(t) �g(1)  ,t � 0; � .
2
1
2017
Vậy f (x) � ,x��� ff(1)  (2)  ...  f (2017) �
 2017 . Do đó (2) sai.
2
2
+ Dễ dàng kiểm tra (3) sai vì 2x2 �4x .

Câu 32: Chọn đáp án B
Đặt t  log3 x(x  0)
Ta có x1x2  27 � log3(x1.x2)  log3 27 � log2 x1  log3 x2  3 � t1  t2  3
t2  (m 2)t  3m 1 0(2)
Để (2) có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn t1  t2  3
2
2
�
��
��
(m 2)�
 4(3m 1)  0(*) �
(m 2)�
 4(3m 1)  0(*)
�
�
�
�
��
.m 1 phù hợp đk (*)
�
�
�
m

2

3(**)
m


1
�
�

Câu 33: Chọn đáp án C
1

9
1
1 x 3
x  3
x  3




x  3 1 �x  3 �
318  29
I �
dx  �
dx  �
d

� 
10
8
2
8 2x  1 63 �
63.39
�2x  1�

0  x  1
0  2x  1  2x  1
0  2x  1
0
1

8

8

8

Câu 34: Chọn đáp án A
+ Thiết diện của vật thể và mặt phẳng vuông góc với trục Ox là tam giác đều có diện tích

S  S(x) 

3



4 ln(1 x)

4



2

 4 3ln(1 x)

0;1�
+ Diện tích S  S(x) là một hàm liên tục trên �
�
� nên thể tích vật thể cần tìm được tính
1

4 3ln(1 x)dx  2.7673...  4 3(2ln2  1)
theo công thức V  �
0

�
Ta chọn đáp án A
17


Câu 35: Chọn đáp án B
+ Gọi số phức z  a  bi(a, b��) � z  a  bi thay vào (1) ta có a  bi 

a  bi 6  7i

1 3i
5

�9a  3b  12
�
a1
� 9a  3b  i(11b  3a)  12  14i � �
��
11b  3a  14 �b  1

�



 a  b  1� z  1 i � z2017  (1 i)4



(504)

(1 i)  (4)(504)(1 i)  21008  21008i

Câu 36: Chọn đáp án A
+ Dễ thấy tam giác ABC vuông tại B. SVABC  6
+ Gọi p là nửa chu vi p 

3 4  5
 6; S  pr � r  1
2

+ Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác từ giả thiết các mặt
bên tạo với đáy ABC một góc 30 độ ta suy ra I là chân đường cao
của khối chóp tan300 

SI
3
3
� SI  MI .tan300  1.

MI

3
3

1
2 3
. Do đó ta chọn A
VS.ABC  SVABC .SI 
3
3
Câu 37: Chọn đáp án A
�BM  AM
� MB  (AMD)
Ta có �
�BM  DA
Mặt khác, ta tính được MB  3; AM  3
1
1 1
Thể tích VACDM  SDAM .BM  . 2 3.3. 3  3
3
3 2
Câu 38: Chọn đáp án A
+ Hình nón có
Chiều cao h  SO  20cm, bán kính đáy r  OB  25cm, thiết diện
qua đỉnh là tam giác SBC.
+ Gọi M là trung điểm BC, H là hình chiếu của O trên SM
Ta có BC  SO, BC  OM � BC  OH ,
mà OH  SM � OH  (SBC)
� d�
O;(SBC )�
�

� OH  12cm

Trong tam giác vuông SOM có
18


1
OM

2



1
OH

2



1
SO2

� OM  15cm

� SM  SO2  OM 2  25cm, BC  2BM  2 OB2  OM 2  40cm
1
SM .BC  500cm2
2
Câu 39: Chọn đáp án B

� SVABC 

+ Chọn M (6;0;0), N(2;2;2) thuộc giao tuyến của (P),(Q)
+ Gọi A(a;0;0), B(0; b;0),C(0;0;C) lần lượt là giao điểm của ( ) với các trục Ox, Oy, Oz
�6
1
�
�a
x y z
� ( ):    1(a, b,c �);( ) chứa M, N � �
a b c
�2  2  2  1
�a b c
+ Hình chóp O.ABC là hình chóp đều � OA  OB  OC � a  b  c
Vậy phương trình x  y  z  6  0
Câu 40: Chọn đáp án A
.
Áp dụng hệ thức f (m n)  f (m)  f (n)  mn

ff(2) 
ff(3) 
ff(4) 
...
f (k) 

(1 1)  ff(1)  (1)  1.1 �
�
(2  1)  ff(2)  (1)  2.1�
�
(3 1)  ff(3)  (1)  3.1�� f (k)  kf (1)  1.1 2.1 3.1 ...  (k  1).1

�
�
f (k  1)  ff(1)  (k  1).1 �
�

� f (k)  kf (1) 

(k  1).k
2017
. Vậy f (2017)  2017 2016.
 2035153
2
2

Câu 41: Chọn đáp án A
+ Gọi H là biến cố “Xạ thủ bắn đạt loại giỏi”. A; B; C; D là các biến cố sau.
A. “Ba viên trúng vòng 10”
B. “Hai viên trúng vòng 10 và một viên trúng vòng 9”
C. “Một viên trúng vòng 10 và hai viên trúng vòng 9”
D. “Hai viên trúng vòng 10 và một viên trúng vòng 8”
Các biến cố A; B; C; D là các biến cố xung khắc từng đôi một và H  A �B �C �D
+ Suy ra theo quy tắc cộng mở rộng ta có P (H )  P (A)  P(B)  P(C)  P (D)
Mặt khác P (A)  (0,2).(0,2).(0,2)  0,008

19


P (B)  (0,2).(0,2).(0,25)  (0,2)(0,25)(0,2)  (0,25)(0,2)(0,2)  0,03
P (C)  (0,2).(0,25).(0,25)  (0,25)(0,2)(0,25)  (0,25)(0,25)(0,2)  0,0375
P (D)  (0,2).(0,2).(0,15)  (0,2)(0,15)(0,2)  (0,15)(0,2)(0,2)  0,018

+ Do đó P (H )  0,008 0,03 0,0375 0,018  0,0935
Câu 42: Chọn đáp án C
Phương trình đã cho tương đương
3 cos4x
 cos2 4x  m
4
� 4cos2 4x  cos4x  4m 3(1)

Đặt t  cos4x . Phương trình trở thành 4t2  t  4m 3,(2)
�  �
 ; � thì t ��
1;1�
Với x��
�
�
� 4 4�
�  �
 ; �khi và chỉ khi phương trình (2) có 2
Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt x��
� 4 4�
1;1 ,(3)
nghiệm phân biệt t ��
�

1
Xét hàm số g(t)  4t2  t với t ��
1;1�
, g'(t)  8t  1.g'(t)  0 � t  
�

�
8
Lập bảng biến thiên
t
g’(t)
g(t)



-1
-

1
8

1
0

+

5
3


Dựa vào bảng biến thiên suy ra (3) xảy ra � 
Vậy giá trị của m phải tìm là

1
47
3

 4m 3 �3 �
 m�
16
64
2

47
3
 m�
64
2

Câu 43: Chọn đáp án A
Ta có y  g(x) 

1
16

1
( f (x)  1)( f (x)  1)( f 2(x)  1)

20


Dựa vào bảng biến thiên xét 2 phương trình f (x)  1 0
f (x)  1 0 có nghiệm duy nhất nên đồ thị hàm số y  g(x) 

có 1 nghiệm duy nhất và

1

4

f (x)  1

có 2 đường tiệm cận

đứng.
+ Ta có

1

lim

x��� f 4(x)  1



1
4

�3 �
�2 �  1
��



6
6
� y
65

65 là đường TCN

Câu 44: Chọn đáp án C
Gọi A là số tiền người đó vay ngân hàng (đồng), a là số tiền phải trả hàng tháng và r(%) là
lãi suất kép. Ta có
-

Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ nhất. R1  A(1 r )

-

Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ hai. R2  ( A(1 r)  a)(1 r )  A(1 r )2  a(1 r )

-

Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ ba.

R3  (A(1 r )2  a(1 r )  a)(1 r)  A(1 r )3  a(1 r )2  a(1 r)
....
-

Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ Rn  A(1 r )n  a(1 r )n1  a(1 r )

Tháng thứ n trả xong nợ Rn  a � a 

Ar
. .(1 r )n
(1 r )n  1

Áp dụng với A  1.109 đồng, r  0,005 và n  20 , ta có a  5266645205

Câu 45: Chọn đáp án A
�
� 1
sin x
,x��
+ Ta có f (x)  f �  x�
�3
� 2 cos x(8cos3 x  1)

3


3


3

�
�
1
sin x
��
f (x)dx  �
f �  x�
dx  �
dx,x��
3
2 0 cos x(8cos3 x  1)
�
0

0 �
a; b�
+ Áp dụng tính chất. Nếu hàm số f(x) liên tục trên đoạn �
�
� , với phép đổi biến

t  a  b  x ta có

b

b

a

a

f (x)dx  �
f (a  b  x)dx
�

ta được

21



3

2�
f (x)dx 

0


3

1
sin x
dx �
�
2 0 cos x(8cos3 x  1)


3

1


3

sin x

dx
�f (x)dx  4 �
cos x(8cos3 x  1)
0

0


3

sin x
+ Đặt I  1
dx; t  8cos3 x  1� dt  24cos2 xsin xdx
�
3
4 0 cos x(8cos x  1)
x  0� t  9
Khi

x �t 2
3

3

9

9

1
1
1 t1
1 16
I�
dx  �
dt  ln
 ln
3
12 2 t(t  1)
12

t 2 12 9
0 cos x(8cos x  1)
sin x

+ Vậy S  a3  ab c  d  6
Câu 46: Chọn đáp án B
+ Đặt z  x  yi, 2z  i  2  iz � x2  y2  1
+ Gọi A, B là hai điểm biểu diễn z1, z2
uuu
r uuu
r uuu
r
+ Ta có z1  z2  OA  OB  AB  1
+ Suy ra AB  OA  OB hay tam giác OAB đều
uuu
r uuu
r
uuuu
r
3
P  z1  z2  OA  OB  2OM  2.
 3
2
Câu 47: Chọn đáp án D
+ Gọi H là trung điểm SB. Do tam giác SAB vuông tại A, SBC vuông tại C suy ta
HA  HB  HS  HC

Suy ra H là tâm mặt cầu.
+ Gọi I là hình chiếu của H lên (ABC). Do HA  HB  HC , suy ra IA  IB  IC
Suy ra I là trung điểm AC. Gọi P là trung điểm BC, do tam giác ABC vuông cân, suy ra

IP  BC � (IHP )  BC , dựng IK  HP � IK  (HBC )









+ d A, SBC   a 2 � d I , SBC  
Áp dụng hệ thức

1
IK

2



1
IH

2



1
IP

2

a 2
a 2
� IK 
2
2

� IH 2 

3 2
a
2

22


2

�a 3 � 3a2
Suy ra AH  AI  IH  � �
 3a2 , suy ra R  a 3 , suy ra V  4 3 a3
�2 � 2
� �
2

2

2

Câu 48: Chọn đáp án A

1
a3
Ta có VS.ABCD  SA.SABCD 
3
8
VNDAC

1
1 1 �1 2 � a3
 NH .SVDAC  . a.� a �
3
3 3 �2 � 18

1
1 a �1 � a3
VMABC  MK .SVABC  . .� a2 �
3
3 2 �2 � 12

1
a3
d A, SMN  .SVSMN 
3
18





1
1 2 �1 a � a3
Suy ra VNSAM  NL .SVSAM  . a.� a. �
3
3 3 �2 2 � 18
1
1
a3
Mặt khác VC.SMN  d C, SMN  .SVSMN  d A, SMN  .SVSMN 
3
3
18









Vậy VACMN  VS.ABCD  VNSAM  VNADC  VMABC  VSCMN 
Kết luận

VACMN
VSABCD



a3 a3 a3 a3 a3 1 3
   
 a
3 18 18 12 18 12

1
4

Câu 49: Chọn đáp án D
+ Đặt P (a; b; c) là tọa độ điểm cần tìm. Ta có
( ABC ): x  y  z  1;(BCD) �(Oxyz),(CDA) �(Ozx),(DAB) �(Oxy)

Khi đó ta cần có x  y  z 

x  y z 1
3

(*)

+ Ta có tất cả 8 trường hợp về dấu cả x, y, z là (dương, dương, dương), (dương, âm,
dương),... và trong mỗi trường hợp, hệ (*) đều có nghiệm. Do đó có tất cả 8 điểm P thỏa mãn
đề bài.
Câu 50: Chọn đáp án A
+ Theo giả thiết ta có P (x)  (1 x  x2)n  a0  a1x  a2x2  ...  a2nx2n
Thay x=1 ta được S  a0  a1  a2  ...  a2n  P (1)  3n . Như vậy ta chỉ cần xác định được n

23




+ Với 0 �q �p �n thì số hạng tổng quát khi khai triển tam thức 1 x  x2

 

Tp  CnpC pq1n p xpq x2

q



n

là

 CnpC pqxp q

�p  q  3
� ( p; q) �  3;0 , 2;1
Hệ số của x3 ứng với �
�0 �q �p �n





Suy ra a3  Cn3C30  Cn2C21  Cn3  2Cn2

�p  q  4
� ( p; q) �  4;0 , 3;1 , 2;2

Hệ số của x4 ứng với �
0
�
q
�
p
�
n
�





Suy ra a4  Cn4C40  Cn3C31  Cn2C22  Cn4  3Cn3  Cn2

a3
14



a4
1 n(n  1)(n  4) 1 �n n  1  n  2  n  3 n n  1  n  2 n n  1
�
 �


41 14
6
41�

24
2
2
�

�
1  n  4 1 �n2  5n  6
�
 �
 n  1�� 7n2  33n  370  0 � n  10
�
14 3
41�
� 12
�
Vậy S  a0  a1  a2  ...  a2n  310

24

�
�
�
�