228 đề thi thử THPTQG năm 2018 môn toán THPT chuyên lê qúy đôn quảng trị lần 2 file word có lời giải chi tiết doc

THI THỬ THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN – QUẢNG TRỊ LẦN 1
3

Câu 1: Cho ∫ e

x +1

0

.

dx
= a.e 2 + b.e + c, với a, b, c là các số nguyên. Tính S = a + b + c
x +1

A. S = 4

B. S = 1

C. S = 0

Câu 2: Giá trị lớn nhất của hàm số y = − x + 3x + 1 trên [ 0; 2] là
4

D. S = 2

2

13
D. y = 29
4

Câu 3: Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của đúng một trong bốn hàm số được liệt kê ở
bốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào ?
A. y = −3

B. y = 1

2x − 2
x−2
D. y =
x +1
x +1
Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( α ) : 3x − 2y + z + 6 = 0. Hình
A. y =

−2x + 2
x +1

B. y =

−x + 2
x+2

C. y =

C. y =

chiếu vuông góc của điểm A ( 2; −1;0 ) lên mặt phẳng ( α ) có tọa độ là
A. ( 1;0;3)

B. ( −1;1; −1)

C. ( 2; −2;3)

Câu 5: Tính thể tích của khối lập phương có cạnh bằng a
a3
a3
A. V =
B. V =
C. V = a 3
3
6
Câu 6: Với các số thực dương a, b bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?
a ln a
a
A. ln ( ab ) = ln a + ln b B. ln =
C. ln = ln b − ln a
b ln b
b

D. ( 1;1; −1)
D. V =

2a 3
3

D. ln ( ab ) = ln a.ln b

2
Câu 7: Tìm đạo hàm của hàm số y = log 2 ( x + 1)

A. y ' =

2x
( x + 1) ln 2
2

B. y ' =

1
2
x +1

C. y ' =

1
( x + 1) ln 2
2

D. y ' =

2x
x2 +1

Câu 8: Bất phương trình log 4 ( x + 7 ) > log 2 ( x + 1) có tập nghiệm là
A. ( 2; 4 )

B. ( −3; 2 )

C. ( −1; 2 )

D. ( 5; +∞ )

Câu 9: Giá trị cực tiểu của hàm số y = x 3 − 3x + 2 là
A. −1
B. 4
C. 1

D. 0
Câu 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tính khoảng cách từ điểm M ( 1; 2; −3) đến
mặt phẳng ( P ) : x + 2y − 2z − 2 = 0
Trang 1 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


A. 3

B.

11
3

C.

1
3

D. 1

Câu 11: Tìm tập xác định của hàm số y = log 1 ( 2x − 1)
2

1 
1 
B. D =  ;1
C. D =  ;1÷
2 
2 
Câu 12: Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai ?
1
x
x
A. ∫ e dx = e + C
B. ∫ 0dx = C
C. ∫ dx = ln x + C
x
Câu 13: Hàm số nào dưới đây đồng biến trên tập xác định của nó ?
A. D = [ 1; +∞ )

x

x

2
A. y =  ÷
3

e
B. y =  ÷
π

C. y =

( )
2

x

D. D = ( 1; +∞ )

D. ∫ xdx = x + C
D. y = ( 0,5 )

x

Câu 14: Tích giá trị tất cả các nghiệm của phương trình ( log x 3 ) − 20 log x + 1 = 0 bằng
2

B. 10

A. 10 9 10

C. 1

D.

10

10
Câu 15: Tính thể tích khối chóp tứ giác đều cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng 3a.
a3
a3 3

a3 3
B. a 3
C.
D.
3
12
4
3
Câu 16: Tìm tất cả giá trị của m để phương trình x − 3x − m + 1 = 0 có ba nghiệm phân biệt.
 m < −1
A. m = 1
B. 
C. −1 ≤ m ≤ 3
D. −1 < m < 3
m > 3
A.

Câu 17: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu của S lên
mặt phẳng đáy trùng với trọng tâm tam giác ABD. Cạnh bên SD tạo với đáy một góc 60o.
Tính thể tích khối chóp S.ABCD
a3
a 3 15
a 3 15
a 3 15
B.
C.
D.
3
3
27

9
Câu 18: Một lô hàng có 20 sản phẩm, trong đó có 4 phế phẩm. Lấy tùy ý 6 sản phẩm từ lô
hàng đó. Hãy tính xác suất để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá 1 phế phẩm
7
91
637
91
A.
B.
C.
D.
9
323
969
285
Câu 19: Cho một khối nón có bán kính đáy là 9cm, góc giữa đường sinh và mặt đáy là 30o.
Tính diện tích thiết diện của khối nón cắt bởi mặt phẳng đi qua hai đường sinh vuông góc với
nhau.
27 2
cm
A. 162 cm 2
B. 27 cm 2
C.
D. 54 cm 2
2
A.

7

Câu 20: Cho tích phân

∫

x 3dx

=

m
m
, với
là một phân số tối giản. Tính m − 7n.
n
n

1+ x
A. 2
B. 1
C. 0
D. 91
Câu 21: Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp một hình lăng trụ tam giác đều có các cạnh đều
bằng a.
0

3

2

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

A.

7πa 2
3

B.

3πa 2
7

C.

7πa 2
5

D.

7πa 2
6

6 − x2
có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận ?
x 2 + 3x − 4
A. 1
B. 0
C. 2
D. 3
2
Câu 23: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị y = x − 2x và y = − x 2 + x .
Câu 22: Đồ thị hàm số y =

A. 6

B. 12

C.

9
8

D.

π
2

π
2

0

0

10
3

Câu 24: Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn s inx.f ( x ) = f ( 0 ) = 1. Tính I = cos x.f ' ( x ) dx
∫
∫
A. I = 2
B. I = −1

C. I = 1
D. I = 0
100000
Câu 25: Số 7
có bao nhiêu chữ số ?
A. 85409
B. 194591
C. 194592
D. 84510
1
1
4
Câu 26: Phương trình log 3 ( x + 3) + log 9 ( x − 1) = 2 log 9 ( 4x ) có tất cả bao nhiêu
2
2
nghiệm thực phân biệt ?
A. 1
B. 2
C. 3
D. 0
Câu 27: Trên giá sách có 4 quyển sách toán, 5 quyển sách lý, 6 quyển sách hóa. Lấy ngẫu
nhiên 3quyển sách. Tính xác suất để 3 quyển sách được lấy ra có ít nhất một quyển sách là
toán.
33
24
58
24
A.
B.
C.

D.
91
455
91
91
mx + 4
Câu 28: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y =
nghịch biến
x+m
trên khoảng ( −∞;1)
A. −2 ≤ m ≤ −1

B. −2 ≤ m ≤ 2
C. −2 < m < 2
D. −2 < m ≤ −1
3
2
Câu 29: Tìm m để hàm số y = x − 3mx + 3 ( 2m − 1) x + 1 đồng biến trên ¡ .
A. m = 1
B. Luôn thỏa mãn với mọi m
C. Không có giá trị m thỏa mãn
D. m ≠ 1
Câu 30: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB là tam
giác đều nằm trong mặt phẳng tạo với đáy một góc 60o. Tính thể tích khối chóp S.ABCD
a3
4

3a 3
4

a3 3
a3 3
D.
6
4
2
2
Câu 31: Tìm phần thực của số phức z1 + z 2 , biết rằng z1 , z 2 là hai nghiệm phức của phương
A.

B.

C.

trình z 2 − 4z + 5 = 0
A. 4
B. 6
C. 8
D. 5
Câu 32: Giải phương trình cos3x.tan 4x = sin 5x
k2π
π kπ
π kπ
,x = + ( k ∈¢)
A. x =
B. x = kπ, x = + ( k ∈ ¢ )
3
16 8
16 8
Trang 3 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

C. x = k2π, x =

π k3π
+
( k ∈¢)
16
8

D. x =
mx +1

Câu 33: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = 2 x + m
 −1 
A. m ∈  ;1÷
2 
Câu 34: Tính lim n

(

1 
B. m ∈  ;1÷
2 
4n 2 + 3 − 3 8n 3 + n

A. +∞

B. −∞

)

kπ
π k3π
,x = +
( k ∈¢)
2
16
8
1

nghịch biến trên  ; +∞ ÷
2


1 
C. m ∈  ;1
2 

C.

D. m ∈ ( −1;1)

2
3

D. 1

1
3

Câu 35: Cho số phức z = − +
i. Tìm số phức w = 1 + z + z 2
2 2
1
3
A. − +
i
2 2

B. 0

D. 2 − 3i

C. 1

Câu 36: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A ( 3; −2;3) , B ( 1;0;5 ) và đường
x −1 y − 2 z − 3
=
=
. Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng ( d ) để MA 2 + MB2 đạt
1
−2
2
giá trị nhỏ nhất.
A. M ( 2;0;5 )
B. M ( 1; 2;3)
C. M ( 3; −2;7 )
D. M ( 3;0; 4 )
thẳng ( d ) :

Câu 37: Cho hình trụ ABC.A 'B'C ' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của
điểm A’ lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm tam giác ABC. Biết khoảng cách giữa hai
đường thẳng AA’ và BC bằng

a 3
. Tính thể tích Vcủa khối lăng trụ ABC.A 'B 'C '
4

a3 3
a3 3
a3 3
a3 3
B. V =
C. V =
D. V =
24
12
3
6
Câu 38: Một người vay ngân hàng 500 triệu đồng với lãi suất 0,5% trên 1 tháng. Theo thỏa
thuận cứ mỗi tháng người đó sẽ trả cho ngân hàng 10 triệu đồng và cứ trả hàng tháng như thế
cho đến khi hết nợ (tháng cuối cùng có thể trả dưới 10 triệu). Hỏi sau bao nhiêu tháng thì
người đó trả được hết nợ ngân hàng.
A. 57
B. 56
C. 58
D. 69
A. V =

2

4
Câu 39: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = ( x − 1) ( x − 3) ( x − 1) liên tục trên ¡ . Tính

số điểm cực trị của hàm số y = f ( x )
A. 3

B. 2

C. 4

D. 1
1

3

0

0

Câu 40: Cho f ( x ) là hàm số liên tục trên ¡ và thỏa mãn điều kiện ∫ f ( x ) dx = 4, ∫ f ( x ) dx = 6.
1

Tính I = ∫ f ( 2x + 1 ) dx
−1

A. I = 6

B. I = 3

C. I = 4

D. I = 5

Trang 4 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Câu 41: Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log
Tìm giá trị Pmax của biểu thức P =

3

x+y
= x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy.
x + y 2 + xy + 2
2

3x + 2y + 1
.
x+ y+6

A. Pmax = 0
B. Pmax = 2
C. Pmax = 1
D. Pmax = 3
Câu 42: Có 15 học sinh giỏi gồm 6 học sinh khối 12, 4 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối
10. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 6 học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất 1 học sinh.
A. 5005
B. 805
C. 4250
D. 4249

Câu 43: Một nhà máy cần sản suất các hộp hình trụ kín cả hai đầu có thể tích V cho trước.
Mối quan hệ giữa bán kính đáy R và chiều cao h của hình trụ để diện tích toàn phần của hình
trụ nhỏ nhất là ?
A. R = 2h
B. h = 2R
C. h = 3R
D. R = h
Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A ( 1; 2;3) , B ( 3; 4; 4 ) , C ( 2;6;6; )
và I ( a; b;c ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tính S = a + b + c
A.

63
5

B.

46
5

C.

31
3

D. 10

Câu 45: Cho log 9 x = log12 y = log16 ( x + 3y ) . Tính giá trị

13 − 3
2

Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A ( 1;1;1) , B ( 0;1; 2 ) , C ( −2;1; 4 )
A.

3− 5
2

B.

5 −1
2

x
y

C.

3 + 13
2

D.

và mặt phẳng ( P ) : x − y + z + 2 = 0 . Tìm điểm N ∈ ( P ) sao cho S = 2NA 2 + NB2 + NC2 đạt
giá trị nhỏ nhất.
A. N ( −2;0;1)

 4 4
B. N  − ; 2; ÷
 3 3

 1 5 3

C. N  − ; ; ÷
 2 4 4

D. N ( −1; 2;1)

4
2
2
Câu 47: Cho hàm số y = x − 2 ( 1 − m ) x + m + 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để

hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số lập thành tam giác có diện
tích lớn nhất.
1
1
A. m = 0
B. m = −
C. m = 1
D. m =
2
2
a + c > b + 1
. Tìm số giao điểm của đồ thị hàm
Câu 48: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 
a + b + b + 1 < 0
số y = x 3 + ax 2 + bx + c và trục Ox.
A. 0
B. 2
Câu 49: Cho hai số thực

( x + y ) xy = x 2 + y 2 − xy.

A. 18

C. 3
x ≠ 0, y ≠ 0 thay

đổi

Giá trị lớn nhất của biểu thức M =
B. 1

C. 9

và

D. 1
thỏa mãn

điều

1 1
+
là
x 3 y3
D. 16

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

kiện

Câu 50: Bạn Hoàn có một tấm bìa hình tròn như hình vẽ, Hoàn muốn biến hình tròn đó
thành một cái phễu hình nón. Khi đó Hoàn phải cắt bỏ hình quạt AOB rồi dán hai bán kính
OA và OB lại với nhau (diện tích chỗ dán nhỏ không đáng kể). Gọi x là góc ở tâm hình quạt
tròn dùng làm phễu. Tìm x để thể tích phễu lớn nhất ?

A.

2 6
π
3

1-D
11-B
21-A
31-B
41-C

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

B.

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

π
3

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

C.

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

Đáp án
6-A
16-D
26-B
36-A
46-D

π
2

D.

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

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

π
4

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
Phương pháp giải: Đặt ẩn phụ, đưa về phương pháp đổi biến số tính tích phân

Lời giải:
x = 0 ⇒ t = e
e x +1
dx và đổi cận 
Đặt t = e x +1 ⇔ 2dt =
2
x +1
x = 3 ⇒ t = e
a = 2
e2
2
dx
e

x +1
= 2 ∫ dt = 2t e = 2e 2 − 2e = a.e 2 + b.e + c ⇒ b = −2
Khi đó ∫ e .
x +1
0
e
c = 0

Vậy S = 2
Câu 2: Đáp án C
Phương pháp giải: Khảo sát hàm số, lập bảng biến thiên trên đoạn tìm max – min
Lời giải:
3


0 ≤ x ≤ 2

6
4
2
3
⇔  x = 0x =
Ta có y = − x + 3x + 1 ⇒ y ' = −4x + 6x; y ' = 0 ⇔  3
2
 4x − 6x = 0

 6  13
 6  13
= ; y ( 2 ) = −3. Vậy max y = y 
TÍnh các giá trịn y ( 0 ) = 1; y 
÷
÷
÷
÷=
[ 0;2]
 2  4
 2  4
Câu 3: Đáp án A
Phương pháp giải:
Dựa vào hình dáng đồ thị, đường tiệm cận và giao điểm với trục tọa độ để xác định hàm số
Trang 6 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Lời giải: Dựa vào hình vẽ ta thấy rằng:
• Hàm số có dạng bậc nhất trên bậc nhất và nghịch biến trên mỗi khoảng xác định.
• Đồ thị hàm số có hai tiệm cận là x = −1; y = −2
• Đồ thị hàm số đi qua điểm ( 0; 2 ) và ( 1;0 )

Vậy hàm số cần tìm là y =

−2x + 2
x +1

Câu 4: Đáp án B
Phương pháp giải: Viết phương trình đường thẳng vuông góc với mặt và đi qua điểm, tọa độ
giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng chính là tọa độ hình chiếu của điểm
Lời giải:
x − 2 y +1 z
=
= .
Gọi H là hình chiếu của A trên ( α ) ⇒ AH ⊥ ( α ) ⇒ ( AH ) :
3
−2 1
Vì H ∈ ( AH ) ⇒ H ( 3t + 2; −2t − 1; t ) mà H ∈ ( α ) ⇒ 3 ( 3t + 2 ) + 2 ( 2t + 1) + t + 6 = 0 ⇒ t = −1
Vậy tọa độ điểm cần tìm là H ( −1;1; −1)
Câu 5: Đáp án C
Phương pháp giải: Công thức tính thể tích khối lập phương
Lời giải: Thể tích khối lập phương cạnh a là V = a 3
Câu 6: Đáp án A
a
Phương pháp giải: Sử dụng các công thức: log ( ab ) = log a + log b;log  ÷ = log a − log b (Giả
b
sử các biểu thức là có nghĩa).
Lời giải: Với các số thực dương a, b bất kì , mệnh đề đúng là: ln ( ab ) = ln a + ln b
Câu 7: Đáp án A
Phương pháp giải: Áp dụng công thức tính đạo hàm của hàm lôgarit ( log a u ) ' =
Lời giải: Ta có y = log 2 ( x + 1) ⇒ y ' =
2

(x

(x

2

2

+ 1) '

+ 1) ln 2

=

u'
u ln a

2x
( x + 1) ln 2
2

Câu 8: Đáp án C
Phương pháp giải:
Đưa về cùng cơ số. Dựa vào phương pháp giải bất phương trình lôgarit cơ bản
Lời giải:
 x > −1
 x > −1
⇔
Ta có log 4 ( x + 7 ) > log 2 ( x + 1) ⇔ 

 x + 7 > x + 1
log 2 x + 7 > log 2 ( x + 1)
 x > −1
 x > −1
⇔
⇔
⇔ −1 < x < 2
2
 x + 7 > x + 2x + 1 −3 < x < 2
Câu 9: Đáp án D
f ' ( x 0 ) = 0
Phương pháp giải: Hàm số đạt cực tiểu tại x 0 ⇔ 
f '' ( x 0 ) > 0
Trang 7 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Lời giải: Ta có y = x 3 − 3x + 2 = 0 ⇒ y ' = 3x 2 − 3; ∀x ∈ ¡
 x = −1
Phương trình y ' = 0 ⇔ 
x = 1
y '' = 6x ⇒ y '' ( 1) = 6 > 0
Khi đó, giá trị cực tiểu của hàm số là y ( 1) = 0
Câu 10: Đáp án A
Phương pháp giải: Áp dụng công thức tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng.
Khoảng cách từ điểm M ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) đến mặt phẳng ( P ) : A x + By + Cz + D = 0 là:
d ( M; ( P ) ) =

A x 0 + By 0 + Cz 0 + D
A 2 + B2 + C2

Lời giải:
Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P ) là d ( M; ( P ) ) =

1.1 + 2.2 − 2. ( −3) − 2
12 + 2 x + ( −2 )

2

=3

Câu 11: Đáp án B
Phương pháp giải:
Hàm số y = A xác định ⇔ A ≥ 0
Hàm số y = log a B xác định ⇔ B > 0
Lời giải:
 2x − 1 > 0
2x − 1 > 0
1

⇔ < x ≤1
Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi log ( 2x − 1) ≥ 0 ⇔ 
2
2x − 1 ≤ 1
 12
Câu 12: Đáp án C
Phương pháp giải: Dựa vào các công thức nguyên hàm cơ bản
1
Lời giải: Ta có ∫ dx = ln x + C ≠ ln x + C
x
Câu 13: Đáp án C

Phương pháp giải: Hàm số mũ y = a x đồng biến trên tập xác định ⇔ a > 1
Lời giải:
Dễ thấy y =

( 2)

x

⇒ y'

( 2)

x

.ln 2 > 0; ∀x ∈ ¡ ⇒ Hàm số y =

( 2)

x

đồng biến trên ¡ .

Câu 14: Đáp án A
Phương pháp giải:
m
Đưa về phương trình bậc hai ẩn log x, sử dụng công thức log a n b =

m
log a b (giả sử các biểu
n

thức là có nghĩa).
Lời giải: ĐK: x > 0

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


( log x )

3 2

− 20 log x + 1 = 0, ( x > 0 )

⇔ ( 3log x )

2

log x = 1
 x = 10
− 10 log x + 1 = 0 ⇔ 9 log x − 10 log x + 1 = 0 ⇔ 
⇔
1
log x =
x = 9 10

9

2

Tích giá trị tất cả các nghiệm của phương trình là: 10 9 10

Câu 15: Đáp án B
Phương pháp giải: Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp
1
a2
Lời giải: Thể tích khối chóp cần tính là V = Sh = .3a = a 3
3
3
Câu 16: Đáp án D
Phương pháp giải:
Cô lập tham số m, đưa về khảo sát hàm số để biện luận số nghiệm của phương trình
Lời giải:
 x = 1 ⇒ f ( 1) = −2
3
2
Xét hàm số f ( x ) = x − 3x, có f ' ( x ) = 3x − 3;f ' ( x ) = 0 ⇔ 
 x = −1 ⇒ f ( −1) = 2
Để phương trình f ( x ) = m − 1 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ −2 < m − 1 < 2 ⇔ −1 < m < 3
Câu 17: Đáp án C

Phương pháp giải:
Xác định hình chiếu của đỉnh, xác định góc để tìm chiều cao và áp dụng công thức thể tích
Lời giải:
Gọi O là tâm hình vuông ABCD , H là trọng tâm tam giác ABD
o
Ta có SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ SD; ( ABCD ) = ( SD; HD ) = SHD = 60
ABCD là hình vuông cạnh a nên OD =

1
a 2
BD =

2
2

1
1a 2 a 2
HO = AO =
=
3
3 2
6
Tam giác HDO vuông tại O, có HD = OD 2 + OH 2 =

a 5
3

Trang 9 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Tam giác SHD vuông tại H, có tan SDH =

SH
a 15
⇒ SH =
HD
3

1
a 2 a 15 a 3 15
Vậy thể tích cần tính là VS.ABCD = .SH.SABCD = .
=

3
3
3
9
Câu 18: Đáp án C
Phương pháp giải:
Chia trường hợp của biến cố, áp dụng các quy tắc đếm cơ bản tìm số phần tử của biến cố
Lời giải:
6
Lấy 6 sản phẩm từ 20 sản phẩm lô hàng có C 20 = 38760 cách ⇒ n ( Ω ) = 38760
Gọi X là biến cố 6 sản phẩm lấy ra có không quá 1 phế phẩm. Khi đó, ta xét các trường hợp
sau:
6
TH1. 6 sản phẩm lấy ra 0 có phế phẩm nào ⇒ có C16 = 8008 cách
5
1
TH2. 6 sản phẩm lấy ra có duy nhất 1 phế phẩm ⇒ có C16 .C4 = 17472 cách

Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố X là n ( X ) = 8008 + 17472 = 25480
Vậy xác suất cần tính là P =

n ( X ) 25480 637
=
=
n ( Ω ) 38760 969

Câu 19: Đáp án D
Phương pháp giải: Xác định độ dài đường sinh qua góc và bán kính, tính diện tích tam giác
vuông bằng tích hai cạnh góc vuông
r

r
3
Lời giải: Ta có cos30o = ⇒ l =
= 9:
=6 3
0
l
cos30
2
2

Diện tích cần tính là S = l
2
Câu 20: Đáp án B

( 6 3)
=
2

2

= 54 cm 2

Phương pháp giải: Đặt ẩn phụ t = 3 1 + x 2 , đưa về tích phân hàm đa thức.
Lời giải:
 x = 0 ⇒ t = 1
3t 2
3
2
3

2
2
Đặt t = 1 + x ⇔ t = 1 + x ⇔ 2xdx = 3t dt ⇔ xdx =
dt và 
2
 x = 7 ⇒ t = 2
7

Khi đó

∫
0

7

Vậy

∫

x 3dx
3

1+ x2

x 3dx

=

7

=

∫
0

2

2

t 3 − 1 3t 2
3
141
.xdx = ∫
.
dt = ∫ ( t 4 − t ) dt =
3
2
t
2
21
20
1+ x
1
x2

m = 141
m
⇒
→ m = 7n = 141 − 7.20 = 1
n

n = 20

1+ x2
Câu 21: Đáp án A
Phương pháp giải:
Dựng hình, tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ và tính bán kính dựa
vào tam giác vuông
Lời giải: Xét lăng trụ tam giác đều ABC.A 'B'C ' có cạnh bằng a.
Gọi O là tâm tam giác ABC, M là trung điểm của AA’
0

3

Trang 10 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Qua O kẻ d1 ⊥ ( ABC ) , qua M kẻ d 2 ⊥ A A ' và d1 ∩ d 2 = I
Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC.A 'B 'C '
Tam giác IAO vuông tại O, có IA = IO 2 + OA 2 = R 2∆ABC +
Mà AA ' = a; R ∆ABC

A A '2
4

2

 a 3  a 2 a 21

÷
÷ + 4 = 6

 3 

a 3
=
⇒ IA =
3

2

Vậy diện tích cần tính là Smc

 a 21  7 πa 2
= 4πR = 4π. 
÷
÷ = 3
 6 
2

Câu 22: Đáp án A
Phương pháp giải: Tìm tập xác định, tính giới hạn của hàm số dựa vào định nghĩa tiệm cận
đứng, tiệm cận ngang
Lời giải:
Vì hàm số xác định trên khoảng

(−

)

6; 6 không chứa ∞ nên không tồn tại ∞

Suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.
6 − x 2 > 0
⇔ x = 1 ⇒ Đồ thị hàm số có duy nhất 1 tiệm cận đứng.
Xét hệ phương trình  2
 x + 3x − 4 = 0
Câu 23: Đáp án C
Phương pháp giải:
Tìm hoành độ giao điểm, áp dụng công thức tính diện tích giới hạn bởi hai đồ thị hàm số
Lời giải:
x = 0
2
2
Hoành độ giao điểm của ( P1 ) , ( P2 ) là nghiệm của phương trình: x − 2x = − x + x ⇔ 
x = 3

2
3
2

3
2

3
2

Vậy diện tích cần tính là S = x 2 − 2x − ( − x 2 + x ) dx = 2x 2 − 3x dx = ( 3x − 2x 2 ) dx = 9
∫0
∫0
∫0
8

Câu 24: Đáp án D
Phương pháp giải: Sử dụng phương pháp từng phần tính tích phân
π

 u = cos x
du = − sin xdx
2
π
⇔
, Khi đó I = cos x.f ( x ) 2 + s inx.f ( x ) dx
Lời giải: Đặt 
∫0
0
dv = f ' ( x ) dx
 v = f ( x )
π
2

π
2

π π
= cos .f  ÷− cos0.f ( 0 ) + ∫ s inx.f ( x ) dx = −f ( 0 ) + ∫ s inx.f ( x ) dx = −1 + 1 = 0
2 2
0
0
Câu 25: Đáp án D
Phương pháp giải: Áp dụng công thức tìm số chữ số của một số vô cùng lớn
Lời giải:
100000

 + 1 = [ 100000.log 7 ] + 1 = 84509 + 1 = 84510
Số các chữ số của số 7100000 là log 7
Câu 26: Đáp án B

Trang 11 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Phương pháp giải: Sử dụng công thức lôgarit, đưa về phương trình lôgarit cùng cơ số
Lời giải: Điều kiện: x > 1
1
1
4
Ta có: log 3 ( x + 3) + log 9 ( x − 1) = 2 log 9 ( 4x ) ⇔ log 3 ( x + 3) + log 3 x − 1 = log 3 4x
2
2
( x + 3) ( x − 1) = 4x
x = 3
⇔ log 3 ( x + 3) x − 1 = log 3 4x ⇔ ( x + 3) x − 1 = 4x ⇔ 
⇔
 x = −3 + 2 3
( x + 3) ( x − 1) = −4x
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 27: Đáp án C
Phương pháp giải: Sử dụng biến cố đối và các quy tắc đếm cơ bản.
Lời giải:
3
Chọn 3 quyển sách trong 15 quyển sách có C15 = 455 cách ⇒ n ( Ω ) = 455
Gọi X là biến cố 3 quyển sách được lấy ra có ít nhất một quyển sách là toán.
Và X là biến cố 3 quyển sách được lấy ra không có quyển sách toán. Khi đó, ta xét các
trường hợp sau:

2
1
TH1. Lấy được 2 quyển lý, 1 quyển hóa => có C5 .C6 = 60 cách
1
2
TH2. Lấy được 1 quyển lý, 2 quyển hóa => có C5 .C6 = 75 cách
3
0
TH3. Lấy được 3 quyển lý, 0 quyển hóa => có C5 .C6 = 10 cách
0
3
TH4. Lấy được 0 quyển lý, 3 quyển hóa => có C5 .C6 = 20 cách

( )

( )

Suy ra số phần tử của biến cố X là n X = 165 ⇒ P X =

( )

Vậy xác suất cần tính là P ( X ) = 1 − P X = 1 −

( ) = 165 = 33

n X

n ( Ω)

455

91

33 58
=
91 91

Câu 28: Đáp án D
Phương pháp giải:
Dựa vào điều kiện để hàm số b1 trên b1 đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng
Lời giải: Ta có y =

mx + 4
m2 − 4
⇒ y' =
; ∀x ≠ −m
2
x+m
( x + m)

 y ' < 0
m2 − 4 > 0
⇔
⇔ −2 < m ≤ −1
Yêu cầu bài toán ⇔ 
−m ≥ 1
 x = −m ∉ ( −∞;1)
Câu 29: Đáp án A
Phương pháp giải:
Dựa vào điều kiện để hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng xác định

Lời giải:
3
2
2
Ta có y = x − 3mx + 3 ( 2m − 1) x + 1 ⇒ y ' = 3x − 6mx + 3 ( 2m − 1) ; ∀x ∈ ¡
Hàm số đồng biến trên ¡ ⇔ y ' ≥ 0; ∀x ∈ ¡ ⇔ x 2 − 2mx + 2m − 1 ≥ 0; ∀x ∈ ¡
a = 1 > 0
2
⇔
⇔ ( m − 1) ≤ 0 ⇔ m = 1
2
∆ ' = ( m ) − 2m + 1 ≤ 0
Trang 12 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Câu 30: Đáp án A
Phương pháp giải: Dựng chiều cao, xác định góc và độ dài đường cao của khối chóp
Lời giải:
3
a 3
AB =
2
2
Và H là hình chiếu vuông góc của S trên ( ABCD )
Gọi M là trung điểm của AB ⇒ SM =

o
Khi đó ( SAB ) ; ( ABCD ) = ( SM; MH ) = SMH = 60

∆SMH vuông tại H, có sin SMH =

SH
a 3 3a
⇒ SH = sin 60o.
=
SM
2
4

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là VS.ABCD

1
a 2 3a a 3
= .SH.SABCD = . =
3
3 4
4

Câu 31: Đáp án B
Phương pháp giải: Áp dụng định lí Vi-et của phương trình bậc hai.
z1 + z 2 = 4
2
2
⇒ z12 + z 22 = ( z1 + z 2 ) − 2z1z 2 = 42 − 2.5 = 6
Lời giải: Ta có z − 4z + 5 = 0 ⇒ 
z1z 2 = 5
Câu 32: Đáp án B
Phương pháp giải: Quy đồng, đưa về dạng tích và sử dụng công thức tích thành tổng
π kπ
Lời giải: Điều kiện: cos4x ≠ 0 ⇔ x ≠ +

8 4
Ta có cos3x.tan 4x = sin 5x ⇔ cos3x.sin 4x = cos4x.sin 5x
 x = kπ
9x = 7x + k2π
1
1
⇔ ( s inx + sin 7x ) = ( s inx + sin 9x ) ⇔ sin 7x = sin 9x ⇔ 
⇔
( tm )
 x = π + kπ
9x
=
π
−
7x
+
k2
π
2
2

16 8

Câu 33: Đáp án A
Phương pháp giải:
Dựa vào điều kiện để hàm số bậc nhất trên bậc nhất đồng biến hoặc nghịch biến trên các
khoảng xác định của nó.
Lời giải:
mx +1
mx +1

+1
m 2 − 1 mx
 mx + 1  x + m
x +m
x +m
y
=
2
⇒
y
'
=
'.2
.ln
2
=
.2
.ln 2; ∀x ≠ −m
Ta có

÷
( x + m)
 x+m 

Hàm số nghịch biến trên
m2 − 1 < 0
2
1
m
−

1
1
1



< 0; ∀x > ⇔ 
1
 ⇔ − ≤ m <1
 ; +∞ ÷ ⇔
2
2
( x + m)
2

 x = − m ∉  2 ; +∞ ÷



Câu 34: Đáp án C
Phương pháp giải:
Dựa vào phương pháp tính giới hạn (nhân liên hợp) của dạng vô định ∞ − ∞
Lời giải: Ta có

4n 2 + 3 − 8n 3 + n = 4n 2 + 3 − 2n + 2n − 3 8n 3 + n

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


=

3
4n 2 + 3 + 2n

Khi đó lim n
= lim

(

−

n
4n 2 + 2n 3 8n 3 + n + 3 ( 8n 3 + n )

)

4n 2 + 3 − 3 8n 3 + n = lim

3

3n
4n 2 + 3 + 2n

− lim

n2
4n 2 + 2n 3 8n 3 + n + 3 ( 8n 3 + n )

2

3
1
3
1
2
− lim
=
−
=
2
2
2 + 2 4 + 2.2 + 2
3
3
1 3
1 
4+ 2 +2
3
4
+
2
8
+
+
8
+

÷
n
n2

n2 


Chú ý và sai lầm : Học sinh có thể sử dụng MTCT cho bài toán này.
Câu 35: Đáp án B
Phương pháp giải: Bấm máy hoặc khai triển bằng tay tìm số phức w
Lời giải:
2

 1
1
3
3  1
3 3 2
1
3
i ⇒ z 2 =  − +
i÷
= −
i+ i =− −
i
Ta có z = − +
÷
2 2
4 2
4
2 2
 2 2 
1
3 1

3
Vậy w = 1 + z + z 2 = 1 − +
i− −
i=0
2 2
2 2
Câu 36: Đáp án A
Phương pháp giải:
Vì điểm M thuộc d nên tham số hóa tọa độ điểm M, tính tổng MA 2 + MB2 đưa về khảo sát
hàm số để tìm giá trị nhỏ nhất
Lời giải:
uuuu
r
 AM = ( t − 2; 4 − 2t; 2t )
r
Vì M ∈ ( d ) ⇒ M ( t + 1; 2 − 2t; 2t + 3 ) suy ra  uuuu
BM
= ( t; 2 − 2t; 2t − 2 )

Khi đó T = MA 2 + MB2 = ( t − 2 ) + ( 4 − 2t ) + 4t + t 2 + ( 2 − 2t ) + ( 2t − 2 ) = 18t 2 − 36t + 28
2

2

2

2

2
2

2
2
Dễ thấy 18t − 36t + 28 = 18 ( t − 2t + 1) + 10 = 18 ( t − 1) + 10 ≥ 10 ⇒ MA + MB ≥ 10
2

Vậy Tmin = 10 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t = 1 ⇒ M ( 2;0;5 )
Câu 37: Đáp án B
Phương pháp giải:
Dựng hình, xác định khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo
nhau để tính chiều cao lăng trụ
Lời giải: Gọi M là trung điểm của BC.
 A 'G ⊥ BC
⇒ BC ⊥ ( A ' AM )
Ta có 
 AM ⊥ BC
Kẻ MH ⊥ A A ' ( H ∈ A A ' ) ⇒ MH là đoạn vuông góc chung của
BC, AA’
⇒ d ( BC; A A ' ) = MH =

a 3
4

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


2
2
a 3
Mà d = d ( G; ( A A ' ) ) = d ( M; ( A A ' ) ) = MH =
3

3
6
1
1
1
a
+
= 2 ⇒ A 'G =
Xét tam giác vuông AA’G có :
2
2
AG
A 'G
d
3
a a2 3 a3 3
Vậy thể tích cần tính là VABC.A 'B'C' = AG ' x S∆ABC = .
=
3 4
12
Câu 38: Đáp án C
Phương pháp giải: Áp dụng công thức bài toán vay vốn trả góp, hoặc tìm từng tháng, dùng
phương pháp quy nạp và đưa về tổng của cấp số nhân
Lời giải:
Sau tháng thứ nhất số tiền gốc còn lại trong ngân hàng là 500 ( 1 + 0,5% ) − 10 triệu đồng.
Sau tháng thứ hai số tiền gốc còn lại trong ngân hàng là
500 ( 1 + 0,5% ) − 10  . ( 1 + 0,5% ) − 10 = 500. ( 1 + 0,5% ) − 10 ( 1 + 0,5% ) + 1 triệu đồng
Sau tháng thứ ba số tiền gốc còn lại trong ngân hàng là
2

500. ( 1 + 0,5% ) − 10 ( 1 + 0,5% ) + ( 1 + 0,5% ) + 1 triệu đồng


Số tiền gốc còn lại sau tháng thứ n là
3

2

n
n −1
n −2
500. ( 1 + 0,5% ) − 10. ( 1 + 0,5% ) + ( 1 + 0,5% ) + ... + 1 triệu


Đặt y = 1 + 0,5% = 1, 005 thì ta có số tiền gốc còn lại trong ngân hàng sau tháng thứ n là

T = 500y − 10 ( y
n

n −1

+y

n−2

+ ... + y + 1) = 500y −
n

10 ( y n − 1)
y −1

= 500.1, 005n − 2000. ( 1, 005n − 1)

Vì lúc này số tiền cả gốc lẫn lãi đã trả hết
4
≈ 57, 68
3
Vậy sau 58 tháng thì người đó trả hết nợ ngân hàng.
Câu 39: Đáp án A
Phương pháp giải:
Giải phương trình f’ bằng 0, tìm nghiệm và lập bảng biến thiên xét điểm cực trị
Lời giải:
⇒ T = 0 ⇔ 1500.1, 005n = 2000 ⇔ n = log1,005

2
4
Ta có f ' ( x ) = ( x − 1) ( x − 3) ( x − 1) = 0 ⇔ ( x − 1)

2

(x

2

 x = ±1
− 3) ( x + 1) ( x 2 + 1) = 0 ⇔ 
x = ± 3

Dễ thấy f ' ( x ) đổi dấu khi đi qua 3 điểm x = −1; x = ± 3 ⇒ Hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 40: Đáp án D

Phương pháp giải:
Chia trường hợp để phá trị tuyệt đối, sử dụng đổi biến số để đưa về tích phân đề bài cho
Lời giải:
Ta có

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


1

I = ∫ f ( 2x + 1 ) dx =
−1

−

1
2

∫ f ( 2x + 1 ) dx +

−1

1

∫ f ( 2x + 1 ) dx =

−

1
2

−

1
2

1

∫ f ( −2x − 1) dx + ∫1 f ( 2x + 1) dx
−1
1 4 4 2 4 43 − 2
I1
1 44 2 4 43
I2

 x = −1 ⇒ t = 1
0
1
1
1
dt

• Đặt t = −2x − 1 ⇔ dx = −
và 
. Khi đó I1 = − ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = 2
1
21
20
2
 x = − 2 ⇒ t = 0

1

3
3
1
1
dt
x = − ⇒ t = 0
• Đặt t = 2x + 1 ⇔ dx =
2
và 
. Khi đó I 2 = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = 3
20
20
2
 x = 1 ⇒ t = 3
1

Vậy I = ∫ f ( 2x + 1 ) dx = I1 + I 2 = 2 + 3 = 5
−1

Câu 41: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, từ đó đánh giá giá trị lớn nhất của
biểu thức.
Lời giải:
x+y
log 3 2
= x ( x − 3) + y ( y − 3 ) + xy
( 1)

x + y 2 + xy + 2

( x + y ) − log 3 ( x 2 + y 2 + xy + 2 ) = x 2 − 3x + y 2 − 3y + xy
⇔ log 3 ( x + y ) + 3x + 3y = log 3 ( x 2 + y 2 + xy + 2 ) + x 2 + y 2 + xy
⇔ lo g 3 ( x + y ) + 2 + 3x + 3y = log 3 ( x 2 + y 2 + xy + 2 ) + x 2 + y 2 + xy + 2
⇔ log 3 ( 3x + 3y ) + 3x + 3y = log 3 ( x 2 + y 2 + xy + 2 ) + x 2 + y 2 + xy + 2
( 2)
⇔ log

3

Đặt f ( t ) = log 3 t + t, t > 0 ⇒ f ' ( t ) =

1
> 0, ∀t > 0 ⇒ f ( t ) đồng biến trên ( 0; +∞ )
t ln 3

( 2 ) ⇔ f ( 3x + 3y ) = f ( x 2 + y 2 + xy + 2 ) ⇔ 3x + 3y = x 2 + y 2 + xy + 2
⇔ 4x 2 + 4y 2 + 4xy − 12x − 12y + 8 = 0
⇔ ( 2x + y ) − 6 ( 2x + y ) + 5 = −3 ( y − 1) ≤ 0 ⇔ 1 ≤ 2x + y ≤ 5
2

2

3x + 2y + 1
2x + y − 5
 2x + y − 5 ≤ 0
= 1+
≤ 1, vì 
x+ y+6

x+ y+6
x + y + 6 > 0
 2x + y − 5 = 0
x = 2
= 1 khi và chỉ khi 
⇔
y −1 = 0
y = 1

Khi đó, P =
Vậy Pmax

Câu 42: Đáp án C
Phương pháp giải: Sử dụng biến cố đối và các quy tắc đếm cơ bản
Lời giải:
Ta đi làm phần đối của giả thiết, tức là chọn 6 học sinh giỏi chỉ lấy từ một khối hoặc hai khối.
6
Chọn 6 học sinh giỏi trong 15 học sinh giỏi của 3 khối có C15 = 5005 cách
Trang 16 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


6
Số cách chọn 6 học sinh giỏi bằng cách chỉ lấy từ 1 khối 12 là C6 = 1
6
Chọn 6 học sinh giỏi trong 10 học sinh giỏi của 2 khối 12 và 11 có C10 = 210 cách, tuy nhiên

phải trừ đi 1 trường hợp nếu 6 học sinh chỉ ở khối 12 => số cách chọn là 210 − 1 = 209 cách
6
Chọn 6 học sinh giỏi trong 11 học sinh giỏi của 2 khối 12 và 10 có C11 = 462 cách, uy nhiên
phải trừ đi 1 trường hợp nếu 6 học sinh chỉ ở khối 12 => số cách chọn là 462 − 1 = 461 cách.

6
Chọn 6 học sinh giỏi trong 9 học sinh giỏi của 2 khối 11 và 10 có C9 = 84 cách
Suy ra số cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán là 5005 − 209 − 461 − 84 − 1 = 4250 cách
Câu 43: Đáp án B
Phương pháp giải: Chuẩn hóa thể tích, đưa diện tích toàn phần về hàm số, khảo sát hàm (hoặc
bất đẳng thức) tìm min
Lời giải:
V
1
2
.
V =π⇒ h = 2
Thể tích của khối trụ là V = πR h ⇒ h =
2 Chuẩn hóa
πR
R
1
2
2
Diện tích toàn phần của hình trụ là Stp = 2πRh + 2πR = 2πR. 2 + 2πR
R
1
1
1 
1
6π


2 1
= 2π  R 2 + ÷ = 2π  R 2 +

+
.
= 3
÷ ≥ 2π.3 3 R .
R
2R 2R 
2R 2R
4


1
1
2
⇔ h = 2 = 2R
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi R =
2R
R
Câu 44: Đáp án B
Phương pháp giải:
Tâm đường tròn ngoại tiếp cách đều 3 đỉnh của tam giác và thuộc mặt phẳng chứa tam giác
Lời giải:
uuur
 AB = ( 2; 2;1)
uuur uuur
⇒  AB; AC  = ( 2; −5;6 ) ⇒ Phương trình ( ABC ) : 2x − 5y + 6z − 10 = 0
Ta có  uuur
 AC = ( 1; 4;3 )
I ∈ mp ( ABC )
Vì I ( a; b;c ) là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ⇒ 
IA = IB = IC

2
2
2
2
2
2
2
2
 IA = IB
IA = IB
( a − 1) + ( b − 2 ) + ( c − 3 ) = ( a − 3) + ( b − 4 ) + ( c − 4 )
⇔ 2
⇔
Lại có 
2
2
2
2
2
2
2
 IA = IC
 IA = IC
( a − 1) + ( b − 2 ) + ( c − 3 ) = ( a − 2 ) + ( b − 6 ) + ( c − 6 )
−2a + 1 − 4b + 4 − 6c + 9 = −6a + 9 − 8b + 16 − 8c + 16
⇔
−2a + 1 − 4b + 4 − 6b + 9 = −4a + 4 − 12b + 36 − 12c + 36

4a + 4b + 2c = 27
⇔

2a + 8b + 6c = 62
Kết hợp với 2a − 5b + 6c − 10 = 0 ⇒ a =

3
49
46
; b = 4;c = . Vậy S =
10
10
5

Câu 45: Đáp án D
Phương pháp giải: Đặt ẩn phụ, đưa về giải phương trình mũ (dạng đẳng cấp bậc hai)
Lời giải:
Trang 17 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


 x = 9 t
log
x
=
log
y
=
log
x
+
3y
=
t

⇔
(
)
Đặt
và x + 3y = 16 t

9
12
16
t
 y = 12
Suy ra 9 + 3.12 = 16 ⇔ ( 3
t

t

t

)

t 2

+ 3.3 .4 − ( 4
t

t

t

)

t 2

2

t

 3  
3
= 0 ⇔  ÷ + 3.  ÷ − 1 = 0
4
 4  

t

x 9 t  3  −3 + 13
 3  −3 + 13
⇔ ÷ =
⇔ = t = ÷ =
2
y 12  4 
2
4
Câu 46: Đáp án D
Phương pháp giải: Xét đẳng thức vectơ, đưa về hình chiếu của điểm trên mặt phẳng
Lời giải:
uuuu
r uuur uuur r
Gọi M ( a; b;c ) thỏa mãn đẳng thức vectơ 2MA + MB + MC = 0
⇒ 2 ( 1 − a;1 − b;1 − c ) + ( 0 − a;1 − b; 2 − c ) + ( −2 − 1;1 − b; 4 − c ) = 0

a = 0

⇔ ( −4a; 4 − 4b;8 − 4c ) = 0 ⇔ b = 1 ⇒ M ( 0;1; 2 )
c = 2

Khi đó

uuur 2 uuur 2 uuur 2
uuuu
r uuuu
r 2 uuuu
r uuur 2 uuuu
r uuur
S = 2NA 2 + NB2 + NC2 = 2NA + NB + NC = 2 MN + MA + MN + MB + MN + MC

(

) (

) (

uuuu
r  uuuu
r uuur uuur 
2
2
2
= 4MN 2 + 2NM.  2MA
+2
MB

+ MC
1 4 44
4 +4MC
43 ÷+ 2MA
1 4 4 +4MB
244
43
0
con st


2
2
= 4MN 2 + 2MA
+2
MB
1 4 44
4 4+ MC
43

2

con st

Suy ra Smin ⇔ MN min ⇔ N là hình chiếu của M trên ( P ) ⇒ MN ⊥ ( P )
x y −1 z − 2
=
=
⇒ N ( t;1 − t; t + 2 )
1

−1
1
Mà m ∈ mp ( P ) suy ra t − ( 1 − t ) + t + 2 + 2 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ N ( −1; 2;1)
Phương trình đường thẳng MN là

Câu 47: Đáp án A
Phương pháp giải:
Tìm tọa độ điểm cực trị của đồ thị hàm số trùng phương và tính diện tích tam giác
Lời giải: TXĐ : D = ¡
3
2
Ta có y ' = 4x − 4 ( 1 − m ) x; ∀x ∈ ¡

x = 0
Phương trình y ' = 0 ⇔  2
2
x = 1− m

( *)

.

Hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ ( *) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 − m 2 > 0 ⇔ −1 < m < 1

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

)

2

x = 0 ⇒ y = m +1

2
2
2
Khi đó y ' = 0 ⇔  x = 1 − m ⇒ y = − ( m − 1) + m + 1

2

2
2
 x = − 1 − m ⇒ y = − ( m − 1) + m + 1
Gọi A ( 0; m + 1) , B

(

) (

)

1 − m 2 ; ( m 2 − 1) + m + 1 , C − 1 − m 2 ; − ( m 2 − 1) + m + 1 là ba điểm
2

cực trị. Tam giác ABC cân tại A.

(

)

2

2
2
2
Trung điểm H của BC là H 0; − ( m − 1) + m + 1 ⇒ AH = ( m − 1) = ( 1 − m )
2

2

2

Và BC = 2 1 − m 2
1
2 2
2
Diện tích tam giác ABC là S∆ABC = .AH.BC = ( 1 − m ) 1 − m =
2
Mà 1 − m 2 ≤ 1; ∀m ∈ ¡ suy ra

( 1− m )

2 5

( 1− m )

2 5

≤ 1 ⇒ S∆ABC ≤ 1

Vậy Smax = 1. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m = 0
Câu 48: Đáp án C
Phương pháp giải:
Chọn hệ số a, b, c hoặc đánh giá tích để biện luận số nghiệm của phương trình
Lời giải:
 y ( −1) > 0
a + c > b + 1
a − b + c − 1 > 0
⇔
⇔
⇒ y ( −1) .y ( 1) < 0
Cách 1. Ta có: 
a + b + c + 1 < 0
a + b + c + 1 < 0
 y ( 1) < 0
= −∞
 xlim
→−∞
⇒ x 3 + a x 2 + bx + c = 0 có 3 nghiệm thuộc khoảng
Lại có 
= +∞
 xlim
→−∞

( −∞; −1) , ( −1;1) , ( 1; +∞ )
a = 4

3
2
Cách 2.Chọn  b = −7 ⇒ y = x = 4x − 7x − 1 và đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm phân

 c = −1

biệt.
Câu 49: Đáp án D
Phương pháp giải:
Đặt ẩn phụ, đưa về hàm một biến, dựa vào giả thiết để tìm điều kiện của biến
Lời giải:
x + y x 2 + y 2 − xy
1 1 1
1
1
=
⇔ + = 2+ 2−
Từ giả thiết chia cả 2 vế cho x 2 y 2 ta được :
2 2
xy
x y
x y x
y xy
1
1
= a, = b, ta có a + b − a 2 + b 2 − ab
x
y
1 1
2
3
3
2
2

Khi đó M = 3 + 3 = a + b = ( a + b ) ( a − ab + b ) = ( a + b )
x
y
Đặt

Trang 19 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


2

2
a+b
Ta có a + b = a 2 + b 2 − ab ⇔ a + b = ( a + b ) − 3ab mà ab ≤ 
÷ nên
 2 

a + b ≥ ( a + b) −
2

3
2
2
( a + b ) ⇒ ( a + b ) − 4 ( a + b ) ≤ 0 ⇒ 0 ≤ a + b ≤ 4. Suy ra
4

M = ( a + b ) ≤ 16
2

1
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = 2 ⇔ x = y = . Vậy M max = 16

2
Câu 50: Đáp án A
Phương pháp giải:
Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối nón và áp dụng công thức tính độ dài cùng tròn
Lời giải:
Gọi r, h lần lượt là bán kính đáy, chiều cao của phễu hình nón.
1 2
π 2 2 2
Thể tích của khối nón là V = πr h = r l − r , với l là độ dài đường sinh và l = R bán
3
3
π 2
π
.r R 2 − r 2 = x r 2 1 − r 2 vì chuẩn hóa R = 1 .
3
3
2r − 3r 3
; ∀r ∈ ( 0;1)
1 − r 2 trên ( 0;1) , có f ' ( r ) =
1− r2

kính tấm bìa hình tròn ⇒ V =
Xét hàm số f ( r ) = r 2

 6 2 3
0 < r < 1
6
⇔r=
→ max f ( r ) = f 
Ta có f ' ( r ) = 0 ⇔ 

÷
3
÷= 9
3
 2r − 3r = 0
 3 
2π 3
6
.
. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi r =
27
3
Mà độ dài cung phần cuộn làm phễu chính là chu vi đáy hình nón
Do đó Vmax =

⇒ x.R =

2π 6
2π 6
⇒x=
3
3

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