Đề thi thử THPTQG năm 2018 file word có lời giải chi tiết – đề số (10)

®Ị sè 18
Χυ 1: Từ các chữ sớ 2 , 3 , 4 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 9 chữ số, trong đó chữ số 2 có mặt
2 lần, chữ số 3 có mặt 3 lần, chữ số 4 có mặt 4 lần?
A. 1260 .
B. 40320 .
C. 120 .
D. 1728 .
Χυ 2: Phương trình

3 cos x + sin x = −2 có bao nhiêu nghiệm trên đoạn [ 0; 4035π ] ?

A. 2016 .

B. 2017 .

C. 2011 .

D. 2018 .

Χυ 3: Tâm đối xứng của đồ thị hàm số nào sau đây cách gốc tọa độ một khoảng lớn nhất ?
2x −1
1− x
A. y =
.
B. y =
.
C. y = 2 x 3 − 3x 2 − 2 . D. y = − x 3 + 3 x − 2 .
x+3
1+ x
Χυ 4: Cho các số thực a , b thỏa mãn
nào sau đây đúng?

A. a > 1 , b > 1 .

3

(

)

a14 > 4 a 7 , log b 2 a + 1 < log b

B. 0 < a < 1 < b .

C. 0 < b < 1 < a .

(

)

a + a + 2 . Khẳng định
D. 0 < a < 1 , 0 < b < 1 .

Χυ 5: Một sợi dây kim loại dài a ( cm ) . Người ta cắt đoạn dây đó thành hai đoạn có độ dài x ( cm )
được ́n thành đường trịn và đoạn cịn lại được ́n thánh hình vng ( a > x > 0 ) . Tìm x để
hình vng và hình trịn tương ứng có tổng diện tích nhỏ nhất.
a
2a
πa
A. x =
B. x =
( cm ) .

( cm ) . C. x =
( cm ) .
π +4
π +4
π +4

D. x =

4a
( cm ) .
π +4

Χυ 6: Gieo một con xúc sắc cân đối và đồng chất một lần. Giả sử con xúc sắc xuất hiện mặt k chấm.
Xét phương trình − x 3 + 3 x 2 − x = k . Tính xác suất để phương trình trên có ba nghiệm thực phân
biệt.
1
1
2
1
A. .
B. .
C. .
D. .
3
2
3
6
Χυ 7: Áp suất không khí P (đo bằng milimet thủy ngân, kí hiệu mmHg ) theo công thức P = P0 .e kx

( mmHg ) ,trong đó x là độ cao (đo bằng mét), P0 = 760 ( mmHg ) là áp suất không khí ở mức

nước biển ( x = 0 ) , k là hệ số suy giảm. Biết rằng ở độ cao 1000 m thì áp suất khơng khí là
672, 71 ( mmHg ) . Tính áp suất của khơng khí ở độ cao 3000 m .
A. 527, 06 ( mmHg ) . B. 530, 23 ( mmHg ) . C. 530, 73 ( mmHg ) . D. 545, 01 ( mmHg ) .
Χυ 8: Tính thể tích V của khới chóp tứ giác đều có chiều cao là h và bán kính mặt cầu nội tiếp là r

( h > 2r > 0 ) .
A. V =

4r 2 h 2
.
3 ( h + 2r )

B. V =

4r 2 h 2
.
( h + 2r )

Χυ 9: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn
A. 0 .

B. 1.

Χυ 10: Cho số thực α thỏa mãn sin α =

C. V =

4r 2 h 2
.
3 ( h − 2r )

D. V =

3r 2 h2
.
4 ( h − 2r )

z − 1 z − 3i
=
= 1?
z −i
z+i
C. 2 .

D. 4 .

1
. Tính ( sin 4α + 2sin 2α ) cos α
4
1


225
.
128
Χυ 11: Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( 1;3; −1) và mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z = 1 . Gọi N là
A.

25
.

128

B.

1
.
16

C.

255
.
128

D.

hình chiếu vng góc của M trên ( P ) . Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn MN .
A. x − 2 y + 2 z + 3 = 0 .
C. x − 2 y + 2 z − 3 = 0 .

B. x − 2 y + 2 z + 1 = 0 .
D. x − 2 y + 2 z + 2 = 0 .
Χυ 12: Gọi S là tập tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đường thẳng d : y = mx − m − 3 cắt
3
2
đồ thị ( C ) : y = 2 x − 3x − 2 tại ba điểm phân biệt A , B , I ( 1; −3) mà tiếp tuyến với ( C ) tại

A và tại B vuông góc với nhau. Tính tổng các phần tử của S .
A. −1 .

B. 1.

D. 5 .

C. 2 .

Χυ 13: Cho hình chóp S . ABCD . Gọi A′ , B′ , C ′ , D′ lần là trung điểm các cạnh SA , SB , SC , SD .
Tính tỉ sớ thể tích của hai khới chóp S . A′B′C ′D′ và S . ABCD .
1
1
1
1
A.
.
B. .
C.
.
D. .
12
8
16
2
4
2
Χυ 14: Tìm tất cả các giá trị m sao cho đồ thị hàm số y = x + ( m + 1) x − 2m − 1 có ba điểm cực trị là

ba đỉnh của một tam giác có một góc bằng 120° .
2
2
A. m = −1 − 3 .

B. m = −1 − 3 , m = −1 .
3
3
1
C. m = − 3 .
D. m < −1 .
3
Χυ 15: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số sau liên tục trên ¡
 x −1
khi x > 1

f ( x ) =  ln x
 m.e x −1 + 1 − 2mx 2 khi x ≤ 1

A. m = 1 .

B. m = −1 .

C. m =

1
.
2

D. m = 0 .

x −1
có bao nhiêu điểm M mà tiếp tuyến với ( C ) tại M song song với
x−2
đường thẳng d : x + y = 1 .

A. 0 .
B. 1.
C. 2 .
D. 4 .

Χυ 16: Trên đồ thị ( C ) : y =

x = 2 + t
x = 1− t′


Χυ 17: Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng cắt nhau ∆1 :  y = 2 + 2t , ∆ 2 :  y = −t ′
 z = −1 − t
 z = 2t ′



( t , t ′ ∈ ¡ ) . Viết phương trình đường phân giác của góc nhọn tạo bởi
A.

x −1 y
z
= =
.
2
3 −3

B.

x −1 y z

= = .
1
1 1

C.

x +1 y z
=
= .
2
−3 3

Χυ 18: Tìm hệ sớ của x 7 trong khai triển f ( x ) = ( 1 − 3x + 2 x 3 )
A. 204120 .

B. −262440 .

10

∆1 và ∆ 2 .
D. Cả A, B, C đều sai.

thành đa thức.

C. −4320 .

D. −62640 .
2

1

2
2
Χυ 19: Với mỗi sớ ngun dương n ta kí hiệu I n = ∫ x ( 1 − x ) dx . Tính nlim
→+∞
n

0

A. 1.

C. 3 .

B. 2 .

I n +1
.
In
D. 5 .

Χυ 20: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có ABC là tam giác vuông cân, AB = AC = a ,
AA′ = h ( a, h > 0 ) . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB′ , BC ′ .
A.

ah
a2 + h2

.

B.

ah
5a 2 + h 2

.

C.

ah
2a 2 + h 2

.

D.

ah
a 2 + 5h2

.

Χυ 21: Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm I ( 2; −1) . Gọi ( C ) là đồ thị hàm số y = sin 3 x . Phép vị tự
1
biến ( C ) thành ( C ′ ) . Viết phương trình đường cong ( C ′ ) .
2
3 1
3 1
A. y = − sin ( 6 x + 18 ) .
B. y = + sin ( 6 x + 18 ) .
2 2

2 2
3 1
3 1
C. y = − − sin ( 6 x − 18 ) .
D. y = − + sin ( 6 x − 18 ) .
2 2
2 2
tâm I ( 2; −1) , tỉ số k = −

Χυ 22: Đường thẳng y = m tiếp xúc với đồ thị ( C ) : y = −2 x 4 + 4 x 2 − 1 tại hai điểm phân biệt. Tìm
tung độ tiếp điểm.
A. 1.

B. −1 .

C. 0 .

D. 3 .

Χυ 23: Ba số phân biệt có tổng là 217 có thể coi là các số hạng liên tiếp của một cấp số nhân, cũng có
thể coi là số hạng thứ 2 , thứ 9 , thứ 44 của một cấp số cộng. Hỏi phải lấy bao nhiêu số hạng
đầu của cấp số cộng này để tổng của chúng bằng 820 ?
A. 20 .
B. 42 .
C. 21 .
D. 17 .
 17 11 17 
Χυ 24: Trong khơng gian Oxyz , cho hình nón đỉnh S  ; − ; ÷ có đường trịn đáy đi qua ba
 18 9 18 
điểm A ( 1;0;0 ) , B ( 0; −2;0 ) , C ( 0;0;1) . Tính độ dài đường sinh l của hình nón đã cho.

A. l =

86
.
6

B. l =

194
.
6

Χυ 25: Cho hàm số f ( x ) có f ′ ( x ) = x 2017 . ( x − 1)
điểm cực trị?
A. 0 .

B. 1.

C. l =
2018

94
.
6

D. l =

5 2
.
6

. ( x + 1) , ∀x ∈ ¡ . Hàm số đã cho có bao nhiêu
C. 2 .

Χυ 26: Đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
trụ tọa độ tạo thành một hình chữ nhật có diện tích bằng 3 . Tìm m .
3
3
A. m = 1 ; m = .
B. m = −1 ; m = − .
2
2
3
C. m = 1 ; m = − .
D. m = −1 ; m = 3 .
2

D. 3 .
mx + 1
cùng với hai
2m + 1 − x

Χυ 27: Tính thể tích của một hình hộp chữ nhật biết rằng ba mặt của hình này có diện tích là 20 cm 2 ,
10 cm 2 , 8cm 2 .
A. 40 cm3 .

B. 1600 cm3 .

C. 80 cm3 .

D. 200 cm3 .
3


Χυ 28: Cho chuyển động thẳng xác định bởi phương trình S = −t 3 + 3t 2 + 9t , trong đó t tính bằng giây
và S tính bằng mét. Tính vận tớc của chuyển động tại thời điểm gia tốc triệt tiêu.
A. 12 m/ s .
B. 0 m/ s .
C. 11m/ s .
D. 6 m/ s .
8
+ x trên đoạn [ 1; 2] lần lượt là
1 + 2x
13 7
18 3
C.
; .
D.
; .
3 2
5 2

Χυ 29: Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) =
A.

11 7
; .
3 2

B.

11 18
;
.
3 5

Χυ 30: Trong không gian Oxyz , cho điểm H ( 1; 2; − 2 ) . Mặt phẳng ( α ) đi qua H và cắt các trục Ox ,
Oy , Oz tại A , B , C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . Viết phương trình mặt cầu tâm
O và tiếp xúc với mặt phẳng ( α ) .
A. x 2 + y 2 + z 2 = 81 .

B. x 2 + y 2 + z 2 = 1 .

C. x 2 + y 2 + z 2 = 9 .

D. x 2 + y 2 + z 2 = 25 .

Χυ 31: Cho hình chóp S . ABC có SA = SB = SC = AB = AC = 1 , BC = 2 . Tính góc giữa hai đường
thẳng AB , SC .
A. 45° .
B. 120° .
C. 30° .
D. 60° .
x2 + 2x + 3
.
2x +1
D. y = 1 − x .

Χυ 32: Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y =
A. y = 2 x + 2 .

B. y = x + 1 .

(

Χυ 33: Từ phương trình 3 + 2 2
sau đây?
A. t 3 − 3t − 2 = 0 .

)

x

−2

(

C. y = 2 x + 1 .

)

x

2 − 1 = 3 đặt t =

B. 2t 3 + 3t 2 − 1 = 0 .

(

)

2 −1

x

ta thu được phương trình nào

C. 2t 3 + 3t − 1 = 0 .

D. 2t 2 + 3t − 1 = 0 .

·
Χυ 34: Tính thể tích khới chóp S . ABC có AB = a , AC = 2a , BAC
= 120° , SA ⊥ ( ABC ) , góc giữa
( SBC ) và ( ABC ) là 60° .
A.

21 a 3
.
14

B.

7 a3
.
14

C.

3 21 a 3

.
14

Χυ 35: Tìm tất cả giá trị của m để phương trình 812 x − x = m có nghiệm.
1
A. m ≥
.
B. m ≥ 0 .
C. m ≥ 1 .
3
3

Χυ 36: Tìm tất cả các giá trị dương của m để

∫ x ( 3 − x)

m

0

A. m = 20 .

B. m = 4 .

D.

7 a3
.
7

1
D. m ≥ − .
8

 10 
dx = − f ′′  ÷, với f ( x ) = ln x15 .
9

C. m = 5 .

D. m = 3 .

2
Χυ 37: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( P ) : y = x − 4 x + 5 và các tiếp tuyến của ( P )

tại A ( 1; 2 ) và B ( 4;5 ) .
A.

9
.
4

B.

4
.
9

C.

9
.
8

D.

5
.
2

Χυ 38: Cho hình bình hành ABCD . Qua A , B , C , D lần lượt vẽ các nửa đường thẳng Ax , By , Cz
, Dt ở cùng phía so với mặt phẳng

( ABCD ) ,

song song với nhau và không nằm trong
4


( ABCD ) . Một mặt phẳng ( P )

cắt Ax , By , Cz , Dt tương ứng tại A′ , B′ , C ′ , D′ sao cho

AA′ = 3 , BB′ = 5 , CC ′ = 4 . Tính DD′ .
A. 4 .
B. 6 .

C. 2 .

D. 12 .

Χυ 39: Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình vng tâm O cạnh a . Tính khoảng cách giữa SC
và AB biết rằng SO = a và vng góc với mặt đáy của hình chóp.
2a
2a
a 5
A. a .
B.
.
C.
.
D.
.
5
5
5
Χυ 40: Cho tam giác ABC vuông tại A , AH vuông góc với BC tại H , HB = 3, 6 cm , HC = 6, 4 cm
. Quay miền tam giác ABC quanh đường thẳng AH ta thu được khới nón có thể tích bằng bao
nhiêu?
A. 205,89 cm 3 .
B. 617, 66 cm3 .
C. 65,14 cm3 .
D. 65,54 cm 3 .
Χυ 41: Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD biết rằng AB = CD = a , BC = AD = b ,
AC = BD = c .
A.
C.

a 2 + b2 + c2 .
1

2 2

B.

a2 + b2 + c2 .

D.

2 ( a 2 + b2 + c2 ) .
1 2
a + b2 + c2 .
2

Χυ 42: Cho dãy số ( un ) thỏa mãn un = n + 2018 − n + 2017, ∀n ∈ ¥ * . Khẳng định nào sau đây sai?
A. Dãy số ( un ) là dãy tăng.
C. 0 < un <

1
, ∀n ∈ ¥ * .
2 2018

Χυ 43: Trên đồ thị hàm số y =
A. 1.
Χυ 44:Gọi S

un = 0 .
B. nlim
→+∞
D. nlim
→+∞

un +1
=1.
un

2x −1
có bao nhiêu điểm có tọa độ nguyên?
3x + 4
B. 2.
C. 0.

D. 4.

là tập tất cả các giá trị nguyên không dương của m để phương trình

log 1 ( x + m ) + log 5 ( 2 − x ) = 0 có nghiệm. Tập S có bao nhiêu tập con?
5

A. 1.

B. 2 .

C. 3 .

D. 4 .

Χυ 45:Trong không gian Oxyz ,cho điểm M ( 2;0;1) . Gọi A, B lần lượt là hình chiếu của M trên trục
Ox và trên mặt phẳng ( Oyz ) . Viết phương trình mặt trung trực của đoạn AB .

B. 4 x − 2 y − 3 = 0 .

A. 4 x − 2 z − 3 = 0 .
Χυ 46:Cho tích phân

∫

0

−

π
3

C. 4 x − 2 z + 3 = 0 .

D. 4 x + 2 z + 3 = 0 .

cos 2 x cos 4 xdx = a + b 3 , trong đó a, b là các hằng sớ hữu tỉ. Tính

e a + log 2 b .
A. −2 .

B. −3 .

C.

1
.
8

D. 0 .

5


Χυ 47: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

( S ) : x2 + y 2 + z 2 − 2x + 2z + 1 = 0

và đường thẳng

x y−2 z
=
=
. Hai mặt phẳng ( P ) , ( P′ ) chứa d và tiếp xúc với ( S ) tại T và T ′ . Tìm
1
1
−1
tọa độ trung điểm H của TT ′ .
5 1 5
5 2 7
 5 1 5
 7 1 7
A. H  ; ; − ÷ .
B. H  ; ; − ÷.
C. H  − ; ; ÷.
D. H  − ; ; ÷ .
6 3 6
6 3 6
 6 3 6

 6 3 6
d:

Χυ 48: Cho các số phức z1 , z2 với z1 ≠ 0 . Tập hợp các điểm biểu diễn sớ phức w = z1.z + z2 là đường
trịn tâm là gớc tọa độ và bán kính bằng 1. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường nào
sau đây?
A. Đường trịn tâm là gớc tọa độ, bán kính bằng z1 .
B. Đường trịn tâm là điểm biểu diễn sớ phức −
C. Đường trịn tâm là gớc tọa độ, bán kính bằng
D. Đường trịn tâm là điểm biểu diễn sớ phức

1
z2
, bán kính bằng
.
z1
z1
1
.
z1

1
z2
, bán kính bằng
.
z1
z1

*
Χυ 49: Tính đạo hàm cấp n ( n ∈ Ν ) của hàm số y = ln 2 x − 3 .

A. y

( n)

= ( −1)

C. y ( n ) = ( −1)

n −1

n

n

2 
( n − 1) !
÷.
 2x − 3 
n

2 
( n − 1) !
÷.
 2x − 3 

B. y

( n)

n

 2 
= ( n − 1) !
÷.
 2x − 3 

D. y ( n ) = ( −1)

n −1

n

1 
( n − 1) !
÷.
 2x − 3 

cot x
cot x
Χυ 50: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = 8 + ( m − 3) .2 + 3m − 2 (1) đồng biến trên

π 
 4 ; π ÷.
A. −9 ≤ m < 3 .

B. m ≤ 3 .

C. m ≤ −9 .

D. m < −9 .

----------HẾT----------

ĐÁP ÁN THAM KHẢO
6


1
A

2
B

3 4 5 6 7 8
A C C A A C

9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
B D C A B A D B A D A D D A A A C

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
C A A A C D B B B A D A C D A C A B D A A A B D C
HƯỚNG DẪN GIẢI
Χυ 1: Từ các chữ số 2 , 3 , 4 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 9 chữ số, trong đó chữ số 2 có mặt
2 lần, chữ số 3 có mặt 3 lần, chữ số 4 có mặt 4 lần?
A. 1260 .
B. 40320 .
C. 120 .
D. 1728 .
Hướng dẫn giải

Chọn A.
Cách 1: dùng tổ hợp
2
Chọn vị trí cho 2 chữ sớ 2 có C9 cách.
3
Chọn vị trí cho 3 chữ sớ 3 có C7 cách.
4
Chọn vị trí cho 4 chữ sớ 4 có C4 cách.
2
3
4
Vậy số các số tự nhiên thỏa yêu cầu bài toán là C9 C7 C4 = 1260 số.

Cách 2: dùng hoán vị lặp
Số các số tự nhiên thỏa yêu cầu bài toán là
Χυ 2: Phương trình
A. 2016 .

9!
= 1260 sớ.
2!3!4!

3 cos x + sin x = −2 có bao nhiêu nghiệm trên đoạn [ 0; 4035π ] ?
B. 2017 .

C. 2011 .
Hướng dẫn giải

D. 2018 .

Chọn B.

π

3
1
cos x + sin x = −1 ⇔ sin  x + ÷ = −1
3

2
2
π 3π
7π
⇔ x+ =
+ k 2π ( k ∈ ¢ ) ⇔ x =
+ k 2π ( k ∈ ¢ ) .
3
2
6
Trên đoạn [ 0; 4035π ] , các giá trị k ∈ ¢ thỏa bài toán thuộc tập { 0;1; 2;K ; 2016} .
Ta có

3 cos x + sin x = −2 ⇔

Do đó có 2017 nghiệm của phương trình thuộc đoạn [ 0; 4035π ] .
Χυ 3: Tâm đối xứng của đồ thị hàm số nào sau đây cách gốc tọa độ một khoảng lớn nhất ?
2x −1
1− x
A. y =
.

B. y =
.
C. y = 2 x 3 − 3x 2 − 2 . D. y = − x 3 + 3 x − 2 .
x+3
1+ x
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta đã biết đối với hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất thì giao điểm hai tiệm cận là tâm đối
xứng của đồ thị, đối với hàm bậc ba thì điềm ́n chính là tâm đới xứng của đồ thị.
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số ở câu A: I A = ( −3; 2 ) .
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số ở câu B: I B = ( −1; − 1) .
1 5
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số ở câu C: I C =  ; − ÷.
2 2
7


Tâm đối xứng của đồ thị hàm số ở câu D: I D = ( 0; − 2 ) .
13
; OI D = 2 ;
2

Ta có OI A = 13 ; OI B = 2 ; OI C =

Suy ra I A cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất.
Χυ 4: Cho các số thực a , b thỏa mãn
nào sau đây đúng?
A. a > 1 , b > 1 .

3

(

)

a14 > 4 a 7 , log b 2 a + 1 < log b

(

B. 0 < a < 1 < b .
C. 0 < b < 1 < a .
Hướng dẫn giải

)

a + a + 2 . Khẳng định
D. 0 < a < 1 , 0 < b < 1 .

Chọn C.
Điều kiện: a > 0 , 0 < b ≠ 1 .
Ta có

14

7

a14 > 4 a 7 ⇔ a 3 > a 4 .
14 7
> nên a > 1 .
Mà

3 4
3

Giả sử 2 a + 1 < a + a + 2 ⇔ 4 ( a + 1) < a + 2 a ( a + 2 ) + a + 2
⇔ a + 1 < a ( a + 2 ) ⇔ a 2 + 2a + 1 < a 2 + 2a ⇔ 1 < 0 (vô lý).
Vậy 2 a + 1 > a + a + 2 .

(

)

Mà log b 2 a + 1 < log b

(

)

a + a + 2 nên 0 < b < 1 .

Χυ 5: Một sợi dây kim loại dài a ( cm ) . Người ta cắt đoạn dây đó thành hai đoạn có độ dài x ( cm )
được ́n thành đường trịn và đoạn cịn lại được ́n thánh hình vng ( a > x > 0 ) . Tìm x để
hình vng và hình trịn tương ứng có tổng diện tích nhỏ nhất.
a
2a
πa
A. x =
B. x =
( cm ) .
( cm ) . C. x =
( cm ) .

π +4
π +4
π +4
Hướng dẫn giải

D. x =

4a
( cm ) .
π +4

Chọn C.
Do x là độ dài của đoạn dây cuộn thành hình trịn ( 0 < x < a ) .
Suy ra chiều dài đoạn còn lại là a − x .
x
Chu vi đường tròn: 2π r = x ⇒ r =
.
2π
x2
2
Diện tích hình trịn: S1 = π .r =
.
4π
2

a−x
Diện tích hình vng: S 2 = 
÷.
 4 
x 2  a − x  ( 4 + π ) .x 2 − 2aπ x + π a 2

Tổng diện tích hai hình: S =
.
+
÷ =
4π  4 
16π
2

8


Đạo hàm: S ′ =

( 4 + π ) .x − aπ
8π

; S′ = 0 ⇔ x =

x
S'

aπ
.
4 +π

aπ
4+π

0
–

0

a
+

S

Suy ra hàm S chỉ có một cực trị và là cực tiểu tại x =
Do đó S đạt giá trị nhỏ nhất tại x =

aπ
.
4+π

aπ
.
4+π

Χυ 6: Gieo một con xúc sắc cân đối và đồng chất một lần. Giả sử con xúc sắc xuất hiện mặt k chấm.
Xét phương trình − x 3 + 3 x 2 − x = k . Tính xác suất để phương trình trên có ba nghiệm thực phân
biệt.
1
1
2
1
A. .
B. .
C. .
D. .

3
2
3
6
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Số phần tử không gian mẫu là: n ( Ω ) = 6 .
3
2
Xét hàm số f ( x ) = − x + 3 x − x . Số nghiệm của phương trình − x 3 + 3 x 2 − x = k là số giao
3
2
điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) = − x + 3x − x và đường thẳng y = k .
2
Ta có: f ′ ( x ) = −3 x + 6 x − 1 .


3− 6
9−4 6
⇒y=
x =
3
9
.
f ′ ( x ) = 0 ⇔ −3 x 2 + 6 x − 1 = 0 ⇔ 

3+ 6
9+4 6
⇒y=
x =

3
9

Phương trình đã cho có ba nghiệm thực phân biệt khi

9−4 6
9+4 6
.
9
9

⇒ k ∈ { 1; 2} .
Gọi A là biến cố “Con xúc sắc xuất hiện mặt k chấm để phương trình đã cho có ba nghiệm
thực phân biệt”.
⇒ n ( A) = 2 .
⇒ P ( A) =

n ( A) 2 1
= = .
n ( Ω) 6 3

Χυ 7: Áp suất khơng khí P (đo bằng milimet thủy ngân, kí hiệu mmHg ) theo cơng thức P = P0 .e kx

( mmHg ) ,trong đó x là độ cao (đo bằng mét), P0 = 760 ( mmHg )
nước biển ( x = 0 ) , k là hệ số suy giảm. Biết rằng ở độ cao 1000
672, 71 ( mmHg ) . Tính áp suất của khơng khí ở độ cao 3000 m .

là áp suất khơng khí ở mức
m thì áp suất khơng khí là

9


A. 527, 06

( mmHg ) .

B. 530, 23 ( mmHg ) . C. 530, 73

( mmHg ) .

D. 545, 01

( mmHg ) .

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ở độ cao 1000 m áp suất khơng khí là 672, 71 ( mmHg ) .
Nên ta có: 672, 71 = 760e1000 k
672, 71
760
1
672, 71
⇔k=
ln
.
1000
760
⇔ e1000 k =

1

Áp suất ở độ cao 3000 m là P = 760e3000 k = 760e3000.1000 ln

672,71
760

≈ 527, 06 ( mmHg ) .

Χυ 8: Tính thể tích V của khới chóp tứ giác đều có chiều cao là h và bán kính mặt cầu nội tiếp là r

( h > 2r > 0 ) .
A. V =

4r 2 h 2
.
3 ( h + 2r )

B. V =

4r 2 h 2
.
( h + 2r )

4r 2 h 2
.
3 ( h − 2r )

C. V =

D. V =

3r 2 h2
.
4 ( h − 2r )

Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi I là giao điểm ba đường phân giác trong tam giác ∆SMM ' . Nên I là tâm đường tròn nội
tiếp tam giác ∆SMM ' . Mặt khác, do S . ABCD là hình chóp tứ giác đều nên I là tâm mặt cầu
nội tiếp hình chóp.
S

I
A
M’

D
O

B

x

M

C

Xét ∆SMO có MI là đường phân giác ta có:

SM SI
hr 2
hr 2
h 2 + x 2 h − r (với
2
2
).
=
x
=
MO
⇒x =
⇒ AB = 4
⇒
=
MO IO
h − 2r
h − 2r
x
r
1
4h 2 r 2
2
Vậy thể tích cần tìm là V = h.4.x =
.
3
3 ( h − 2r )
Χυ 9: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn
A. 0 .
Chọn B.

Gọi z = a + bi

B. 1.

z − 1 z − 3i
=
= 1?
z −i
z+i
C. 2 .
Hướng dẫn giải

D. 4 .

( a, b ∈ ¡ ) .

Ta có:

10


( a − 1) 2 + b 2 = a 2 + ( b − 1) 2
 z − 1 = z − i
−2a + 1 = −2b + 1
a = 1 .
⇔
⇔
⇔

2

2
2
2
−6b + 9 = 2b + 1
b = 1
 z − 3i = z + i
a + ( b − 3) = a + ( b + 1)
Vậy có một số phức thỏa mãn là z = 1 + i .
1
Χυ 10: Cho số thực α thỏa mãn sin α = . Tính ( sin 4α + 2sin 2α ) cos α
4
A.

25
.
128

B.

1
.
16

255
.
128
Hướng dẫn giải
C.

D.

225
.
128

Chọn D.
2
Ta có ( sin 4α + 2sin 2α ) cos α = 2sin 2α ( cos 2α + 1) cos α = 4sin α cos α ( 1 − 2sin α + 1) cos α
2

2
1
1 225 .
= 4sin α ( 1 − sin 2 α ) ( 2 − 2sin 2 α ) = 8 ( 1 − sin 2 α ) sin α = 8 1 − ÷ . =
 16  4 128

Χυ 11: Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( 1;3; −1) và mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z = 1 . Gọi N là
hình chiếu vng góc của M trên ( P ) . Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn MN .
A. x − 2 y + 2 z + 3 = 0 .
C. x − 2 y + 2 z − 3 = 0 .

B. x − 2 y + 2 z + 1 = 0 .
D. x − 2 y + 2 z + 2 = 0 .
Hướng dẫn giải

Chọn C.
r
Ta có véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) là n = ( 1; −2; 2 ) .
Phương trình đường thẳng ∆ đi qua M ( 1;3; −1) và vuông góc với mặt phẳng ( P ) là
x = 1+ t


 y = 3 − 2t .
 z = −1 + 2t

Gọi N là hình chiếu vng góc của M trên ( P ) ta có N ( 1 + t ;3 − 2t ; −1 + 2t ) .
Thay N vào phương trình mặt phẳng ( P ) ta được 9t − 8 = 0 ⇔ t =

8
 17 11 −1 
⇒ N ; ; ÷
9
 9 9 9 

 13 19 −1 
Gọi I là trung điểm của MN khi đó ta có I  ; ; ÷.
9 9 9 
Do mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng MN song song với mặt phẳng ( P ) nên véc tơ pháp
tuyến của ( P ) cúng là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng trung trực của đoạn MN .

11


 13 19 −1 
Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng MN đi qua I  ; ; ÷ và có một véc tơ
9 9 9 
r
pháp tuyến là n = ( 1; −2; 2 ) là x − 2 y + 2 z + 3 = 0 .
Χυ 12: Gọi S là tập tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đường thẳng d : y = mx − m − 3 cắt
3
2

đồ thị ( C ) : y = 2 x − 3x − 2 tại ba điểm phân biệt A , B , I ( 1; −3) mà tiếp tuyến với ( C ) tại

A và tại B vuông góc với nhau. Tính tổng các phần tử của S .
A. −1 .

B. 1.

D. 5 .

C. 2 .
Hướng dẫn giải

Chọn A.
Xét phương trình hồnh độ giao điểm của ( C ) và ( d ) : 2 x 3 − 3x 2 − 2 = mx − m − 3
⇔ ( x − 1) ( 2 x 2 − x − m − 1) = 0 (*)
Để đường thẳng ( d ) cắt đồ thị ( C ) tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có ba nghiệm
phân biệt ⇔ 2 x 2 − x − m − 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x ≠ 1 .
−9

∆ > 0
m >
⇔ 2
⇔
8 .
2.1
−
1
−
m
−

1
≠
0

m ≠ 0
Do tiếp tuyến với ( C ) tại A và tại B vuông góc với nhau nên k1.k 2 = −1 .
Với k1 là hệ số góc tiếp tuyến với ( C ) tại A , k2 là hệ số góc tiếp tuyến với ( C ) tại B .
2
2
Ta có y ′ = 6 x 2 − 6 x ⇒ k1 = ( 6 x1 − 6 x1 ) ; ⇒ k2 = ( 6 x2 − 6 x2 ) .
2
2
Do k1.k2 = −1 nên ( 6 x1 − 6 x1 ) ( 6 x2 − 6 x2 ) = −1 ⇔ 36 ( x1 x2 ) − 36 x1 x2 ( x1 + x2 ) + 36 x1 x2 + 1 = 0 .
2

1

 x1 + x2 = 2
Theo định lý vi-et ta có 
x x = − m +1
 1 2
2
2

 m +1 
 m +1  1
 m +1 
khi đó ta có ⇔ 36  −
÷ − 36  −
÷ + 36  −

÷+ 1 = 0
2 
2 2
2 




−3 + 5
m =
6
−3 + 5 −3 − 5
⇔ 9m 2 + 9m + 1 = 0 ⇔ 
. Vậy S =
+
= −1 .

6
6
−3 − 5
m =
6


12


Χυ 13: Cho hình chóp S . ABCD . Gọi A′ , B′ , C ′ , D′ lần là trung điểm các cạnh SA , SB , SC , SD .
Tính tỉ sớ thể tích của hai khới chóp S . A′B′C ′D′ và S . ABCD .
1

1
1
1
A.
.
B. .
C.
.
D. .
12
8
16
2
Hướng dẫn giải
Chọn B.

Ta có

VSA′B′C ′ SA′ SB′ SC ′ 1 VSA′C′D′ SA′ SD′ SC ′ 1
=
.
.
= ,
=
.
.
=
VSABC
SA SB SC 8 VSACD
SA SD SC 8

Suy ra
Vậy

VS . A′B′C ′D′ VSA′B′C ′ VSA′B′C ′ + VSA′C ′D′ 1
=
=
= .
VS . ABCD
VSABC
VSABC + VSACD
8

VSA′B′C ′D′ 1
= .
VSABCD
8

4
2
Χυ 14: Tìm tất cả các giá trị m sao cho đồ thị hàm số y = x + ( m + 1) x − 2m − 1 có ba điểm cực trị là

ba đỉnh của một tam giác có một góc bằng 120° .
2
2
A. m = −1 − 3 .
B. m = −1 − 3 , m = −1 .
3
3
1

C. m = − 3 .
D. m < −1 .
3
Hướng dẫn giải
Chọn A.
3
2
Ta có y ′ = 4 x + 2 ( m + 1) x = 2 x ( 2 x + m + 1) .
x = 0
y′ = 0 ⇔  2
 2 x = −m − 1
Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi y ′ = 0 có ba nghiệm phân biệt
⇔ m + 1 < 0 ⇔ m < −1 .
Khi đó

13


 −m − 1 ( m + 1) 2

 −m − 1 ( m + 1) 2

A ( 0; − 2m − 1) , B  −
;−
− 2 m − 1 ÷, C 
;−
− 2m − 1÷, là các

÷ 
÷

2
4
2
4




điểm cực trị của đồ thị.
m + 1)
Ta thấy AB = AC = − m + 1 + (
nên tam giác ABC cân tại A .
2
16
Từ giả thiết suy ra A = 120° .
2


m + 1)
(
− 2m − 1 ÷
Gọi H là trung điểm BC , ta có H  0; −

÷
4


4

( m + 1)

BH = AH tan 60° ⇔
4

2

. 3= −

m +1
2

3 ( m + 1)
m +1
2
3
=−
⇔ 3 ( m + 1) = −8 ⇔ m = −1 − 3 .
16
2
3
4

⇔

Χυ 15: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số sau liên tục trên ¡
 x −1
khi x > 1

f ( x ) =  ln x
 m.e x −1 + 1 − 2mx 2 khi x ≤ 1


A. m = 1 .

B. m = −1 .

C. m =

1
.
2

D. m = 0 .

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Tập xác định D = ¡ , f ( 1) = 1 − m .
Ta thấy hàm số f ( x ) liên tục trên các khoảng ( −∞;1) và ( 1; + ∞ ) .
x −1
x −1
2
= 1 , lim− f ( x ) = lim− ( m.e + 1 − 2mx ) = 1 − m .
x
→
1
x
→
1
x →1
x →1 ln x
Hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ khi và chỉ khi hàm số f ( x ) liên tục tại x = 1
lim+ f ( x ) = lim+

⇔ lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) = f ( 1) .
x →1
x →1
⇔ 1− m = 1 ⇔ m = 0 .
x −1
có bao nhiêu điểm M mà tiếp tuyến với ( C ) tại M song song với
x−2
đường thẳng d : x + y = 1 .
A. 0 .
B. 1.
C. 2 .
D. 4 .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
−1
y′ =
2 .
( x − 2)

Χυ 16: Trên đồ thị ( C ) : y =

Gọi M ( x0 ; y0 ) ∈ ( C ) .
Hệ số góc của tiếp tuyến với ( C ) tại M là: y ′ ( x0 ) =

−1

( x0 − 1)

2

.
14


Vì tiếp tuyến song song với d : y = − x + 1 nên:
−1

y ′ ( x0 ) = −1 ⇔

( x0 − 2 )
Vậy có 1 điểm M ( 3; 2 )

2

 x0 = 1 ⇒ y0 = 0 ⇒ M ( 1;0 ) ∈ d
= −1 ⇔ 
.
 x0 = 3 ⇒ y0 = 2 ⇒ M ( 3; 2 ) ∉ d
thoả mãn yêu cầu bài toán.

x = 2 + t
x = 1− t′


Χυ 17: Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng cắt nhau ∆1 :  y = 2 + 2t , ∆ 2 :  y = −t ′
 z = −1 − t
 z = 2t ′



( t , t ′ ∈ ¡ ) . Viết phương trình đường phân giác của góc nhọn tạo bởi
A.

x −1 y
z
= =
.
2
3 −3

B.

∆1 và ∆ 2 .

x −1 y z
x +1 y z
= = .
=
= .
C.
1
1 1
2
−3 3
Hướng dẫn giải

D. Cả A, B, C đều sai.

Chọn A.

I ( 1;0;0 ) = ∆1 ∩ ∆ 2 .

ur
uu
r
∆1 và ∆ 2 có VTCP lần lượt là u1 = ( 1; 2; −1) và u2 = ( −1; −1; 2 ) .
ur uu
r
ur uu
r
ur uu
r
u1.u2
5
r = − < 0 ⇒ u1 ; u2 là góc tù.
Ta có: cos u1 ; u2 = ur uu
6
u1 . u2
ur
uu
r
ur
Gọi u ′ là véc tơ đối của u2 ⇒ u ′ = ( 1;1; −2 ) .

(

)

(

)

uu
r ur ur
Khi đó đường phân giác của góc nhọn tạo bởi ∆1 và ∆ 2 có VTCP u = u1 + u ′ = ( 2;3; −3) .
Vậy phương trình đường phân giác của góc nhọn tạo bởi ∆1 và ∆ 2 có dạng:
Χυ 18: Tìm hệ sớ của x 7 trong khai triển f ( x ) = ( 1 − 3x + 2 x 3 )
B. −262440 .

A. 204120 .

10

x −1 y
z
= =
.
2
3 −3

thành đa thức.

C. −4320 .
Hướng dẫn giải

D. −62640 .

Chọn D.
10

f ( x ) = ( 1 − 3x + 2 x 3 ) = ∑ C10k ( 1 − 3 x )
10

10 − k

k =0

10 10 − k

= ∑ ∑ C10k C10i − k ( −3) .2k .xi +3k
i

k = 0 i =0

10 10 − k

. ( 2 x 3 ) = ∑ ∑ C10k C10i − k ( −3 x ) . ( 2 x 3 ) .
k

i

k

k =0 i=0

( i, k ∈ ¥ , 0 ≤ k ≤ 10, 0 ≤ i ≤ 10 − k ) .

Số hạng chứa x 7 ứng với i + 3k = 7 .
i
3

1
2
k
2
5
4
3
3
T/m Không t/m
Không t/m

5
2
3
Không t/m

4
1
T/m

6
1
3
Không t/m

7
0
T/m

Vậy hệ số của x 7 là: C .C . ( −3) .2 + C .C . ( −3) .2 + C .C . ( −3) = −62640 .

2
10

1
8

2

1
10

4

4
9

1

0
10

7
10

7

2
2
Χυ 19: Với mỗi số nguyên dương n ta kí hiệu I n = ∫ x ( 1 − x ) dx . Tính nlim
→+∞

0

A. 1.

B. 2 .

C. 3 .
Hướng dẫn giải

n

I n +1
.
In
D. 5 .

Chọn A.
15


1

2
Xét I n = ∫ x ( 1 − x

)

2 n

0

In =

− x ( 1 − x2 )

n +1 1

n +1
0

⇒ I n +1 =

1
2 ( n + 2)

du = dx
u = x

n +1
dx . Đặt 
⇒
− ( 1 − x2 ) .
n

2
dv = x ( 1 − x ) dx
v =
2 ( n + 1)


1
+
2 ( n + 1)

1

1

∫ ( 1− x )

2 n +1

0

∫ ( 1− x ) ( 1− x )
2

2 n +1

1
dx =
2 ( n + 1)

1

∫ (1− x )

2 n +1

dx

0

dx

0

⇒ I n +1 =

1
1

n +1
1
2 n +1
1
−
x
d
x
−
x 2 ( 1 − x 2 ) dx 
(
)
∫
∫
2 ( n + 2)  0
0


⇒ I n +1 =

1
I
I
2n + 1
 2 ( n + 1) I n − I n +1  ⇒ n +1 =
⇒ lim n +1 = 1 .
2 ( n + 2)
In
2n + 5 n→+∞ I n

Χυ 20: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có ABC là tam giác vuông cân, AB = AC = a ,
AA′ = h ( a, h > 0 ) . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB′ , BC ′ .
A.

ah
a2 + h2

.

B.

ah
5a 2 + h 2

.

C.

ah

2a 2 + h 2
Hướng dẫn giải

.

D.

ah
a 2 + 5h2

.

Chọn D.
Cách 1.

Dựng hình bình hành A′B′C ′E . Khi đó EC ′ vừa song song vừa bằng với AB = A′B′ nên
ABC ′E là hình bình hành. Suy ra AE //BC ′ hay BC ′// ( AB′E ) chứa AB′ .
Ta có: d ( AB′, BC ′ ) = d ( BC ′, ( AB′E ) ) = d ( C ′, ( AB′E ) ) . Do A′C ′ cắt

( AB′E )

tại trung điểm

của A′C ′ nên d ( C ′, ( AB′E ) ) = d ( A′, ( AB′E ) ) .

Dựng A′H ⊥ B′E tại H và A′K ⊥ AH tại K . Ta chứng minh được A′K ⊥ ( AB′E ) .
Suy ra d ( AB′, BC ′ ) = A′K .
1

1
1
5
=
+
= 2
1
1
1
5 1
2
2
2
A′B′
a và
=
+
= 2+ 2
Ta có: A′H
 1 ′ ′
2
2
2
A′K
A′H
A′A
a h
 AC ÷
2


16


Vậy A′K =

a 2 h2
ah
=
.
2
2
2
a + 5h
a + 5h 2

Cách 2.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó: A′ ( 0;0;0 ) , B′ ( a;0;0 ) , C ′ ( 0; a;0 ) , A ( 0;0; h ) ,
B ( a;0; h ) , C ( 0; a; h ) .
uuur
uuuu
r
uuuur
Ta có: AB′ = ( a;0; − h ) , BC ′ = ( − a; a; − h ) , B′C ′ = ( −a; a;0 ) .
uuur uuuu
r
2
Suy ra:  AB′, BC ′ = ( ah; 2ah; a )
uuur uuuu

r uuuur
 AB′, BC ′ .B′C ′
ah
a 2h


=
=
Do đó: d ( AB′, BC ′ ) =
uuur uuuu
r
.
2
2 2
2 2
4
 AB′, BC ′
a + 5h 2
a
h
+
4
a
h
+
a


Χυ 21: Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm I ( 2; −1) . Gọi ( C ) là đồ thị hàm số y = sin 3 x . Phép vị tự
1

biến ( C ) thành ( C ′ ) . Viết phương trình đường cong ( C ′ ) .
2
3 1
3 1
A. y = − sin ( 6 x + 18 ) .
B. y = + sin ( 6 x + 18 ) .
2 2
2 2
3 1
3 1
C. y = − − sin ( 6 x − 18 ) .
D. y = − + sin ( 6 x − 18 ) .
2 2
2 2
Hướng dẫn giải
Chọn D.
uur
uuur
 xN − xI = k ( xM − xI )
Ta có: ∀M ∈ ( C ) : V( I , k ) ( M ) = N ∈ ( C ′ ) ⇔ IN = k IM ⇔ 
 y N − yI = k ( yM − y I )
tâm I ( 2; −1) , tỉ số k = −

1

 xN − 2 = − 2 ( xM − 2 )
 xM = −2 xN + 6
⇔
⇔
⇔ M ( −2 xN + 6; −2 yN − 3) ∈ ( C )

1
y
=
−
2
y
−
3
M
N

 y + 1 = − ( y + 1)
M
 N
2
Thay tọa độ M vào hàm số y = sin 3 x ta có:
−2 y N − 3 = sin 3 ( −2 xN + 6 ) 
17


3 1
⇔ y N = − − sin ( −6 xN + 18 )
2 2
3 1
⇔ y N = − + sin ( 6 xN − 18 ) .
2 2
3 1
Vậy đường cong ( C ′ ) có phương trình là ⇔ y = − + sin ( 6 x − 18 ) .
2 2
Χυ 22: Đường thẳng y = m tiếp xúc với đồ thị ( C ) : y = −2 x 4 + 4 x 2 − 1 tại hai điểm phân biệt. Tìm

tung độ tiếp điểm.
A. 1.

B. −1 .

C. 0 .

D. 3 .

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Để đường thẳng y = m tiếp xúc với đường cong ( C ) : y = −2 x 4 + 4 x 2 − 1 khi hệ sau có nghiệm.
4
2
−
 2 x + 4 x − 1 = m ( 1)

3
( 2)
 −8 x + 8 x = 0

x = 0
( 2 ) ⇔  x = 1
 x = −1
Với x = 0 thay vào ( 1) ta được m = −1 .
Với x = 1 thay vào ( 1) ta được m = 1 .
Với x = −1 thay vào ( 1) ta được m = 1 .
Do đó đường thẳng y = m tiếp xúc với đồ thị ( C ) : y = −2 x 4 + 4 x 2 − 1 tại hai điểm phân biệt
khi m = 1 . Hay tung độ tiếp điểm bằng 1.
Χυ 23: Ba số phân biệt có tổng là 217 có thể coi là các số hạng liên tiếp của một cấp số nhân, cũng có

thể coi là số hạng thứ 2 , thứ 9 , thứ 44 của một cấp số cộng. Hỏi phải lấy bao nhiêu số hạng
đầu của cấp số cộng này để tổng của chúng bằng 820 ?
A. 20 .
B. 42 .
C. 21 .
D. 17 .
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi ba số đó là x , y , z . Do ba số là các số hạng thứ 2 , thứ 9 và thứ 44 của một cấp số cộng
nên ta có: x ; y = x + 7 d ; z = x + 42d (với d là công sai của cấp số cộng).
Theo giả thiết, ta có: x + y + z = x + x + 7 d + x + 42d = 3 x + 49d = 217 .
Mặt khác, do x , y , z là các số hạng liên tiếp của một cấp số nhân nên:
d = 0
y 2 = xz ⇔ ( x + 7 d ) 2 = x ( x + 42d ) ⇔ d ( −4 x + 7 d ) = 0 ⇔ 
 −4 x + 7 d = 0
Với d = 0 , ta có: x = y = z =

217
217 2460
=
∉N .
. Suy ra n = 820 :
3
3
217

 −4 x + 7 d = 0
x = 7
⇔
Với −4 x + 7 d = 0 , ta có: 

. Suy ra u1 = 7 − 4 = 3 .
3 x + 49d = 217
d = 4
18


 n = 20
[
 2u1 + ( n − 1) d  n
2.3 + 4 ( n − 1) ] n

Do đó, S n = 820 ⇔
= 820 ⇔ 
= 820 ⇔
 n = − 41
2
2

2
Vậy n = 20 .
 17 11 17 
Χυ 24: Trong không gian Oxyz , cho hình nón đỉnh S  ; − ; ÷ có đường tròn đáy đi qua ba
 18 9 18 
điểm A ( 1;0;0 ) , B ( 0; −2;0 ) , C ( 0;0;1) . Tính độ dài đường sinh l của hình nón đã cho.
A. l =

86
.
6

B. l =

194
.
6

C. l =

94
.
6

D. l =

5 2
.
6

Hướng dẫn giải
Chọn A.
2

2

2

17
11
17
86 .

l = SA =  − 1÷ +  − ÷ +  ÷ =
6
 18   9   18 
Χυ 25: Cho hàm số f ( x ) có f ′ ( x ) = x 2017 . ( x − 1)
điểm cực trị?
A. 0 .

B. 1.

2018

. ( x + 1) , ∀x ∈ ¡ . Hàm số đã cho có bao nhiêu

C. 2 .
Hướng dẫn giải

D. 3 .

Chọn C.
f ′( x) = 0 ⇔ x

2017

. ( x − 1)

2018

x = 0

. ( x + 1) = 0 ⇔  x = 1 .

 x = −1

Lập bảng biến thiên

Vậy hàm số chỉ có hai điểm cực trị.
Χυ 26: Đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
trụ tọa độ tạo thành một hình chữ nhật có diện tích bằng 3 . Tìm m .
3
3
A. m = 1 ; m = .
B. m = −1 ; m = − .
2
2
3
C. m = 1 ; m = − .
D. m = −1 ; m = 3 .
2
Hướng dẫn giải

mx + 1
cùng với hai
2m + 1 − x

19


Chọn C.
mx + 1
= −m ;
x →+∞ 2m + 1 − x

Ta có lim
lim

x →( 2 m +1)

⇒

+

( 2m

lim

x →( 2 m +1)

+

2

lim

x →( 2 m +1)

+

mx + 1
m ( 2m + 1) + 1
2m 2 + m + 1
= lim +

= lim +
2m + 1 − x x→( 2 m +1) 2m + 1 − x
x →( 2 m +1)
2m + 1 − x

+ m + 1) = 2m 2 + m + 1 > 0 ;

lim

x →( 2 m +1)

+

( 2m + 1 − x ) = 0

và 2m + 1 − x < 0 ∀x > 2m + 1 .

mx + 1
= −∞ .
2m + 1 − x

Vậy đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận x = 2m + 1 và y = − m .
Hai đường tiệm cận tạo với hai trục tọa độ một hình chữ nhật có diện tích bằng 3 suy ra
m = 1
 2m 2 + m = 3
2
2m + 1 . m = 3 ⇔  2
⇔ 2m + m − 3 = 0 ⇔ 
−3 .
m=

 2m + m = −3 ( PTVN )

2
Χυ 27: Tính thể tích của một hình hộp chữ nhật biết rằng ba mặt của hình này có diện tích là 20 cm 2 ,
10 cm 2 , 8cm 2 .
A. 40 cm3 .

B. 1600 cm3 .

C. 80 cm3 .
Hướng dẫn giải

D. 200 cm3 .

Chọn A.
 a.b = 20

Giả sử hình chữ nhật có ba kích thước là a , b , c . Ta có  a.c = 10 ⇒ a 2 .b 2 .c 2 = 1600
b.c = 8

⇒ a.b.c = 40 .
Vậy thể tích khới hộp chữ nhật là 40 cm3 .
Χυ 28: Cho chuyển động thẳng xác định bởi phương trình S = −t 3 + 3t 2 + 9t , trong đó t tính bằng giây
và S tính bằng mét. Tính vận tớc của chuyển động tại thời điểm gia tốc triệt tiêu.
A. 12 m/ s .
B. 0 m/ s .
C. 11m/ s .
D. 6 m/ s .
Hướng dẫn giải
Chọn A.

Vận tớc của chuyển động chính là đạo hàm cấp một của quãng đường: v = S ′ = −3t 2 + 6t + 9
Gia tốc của chuyển động chính là đạo hàm cấp hai của quãng đường: a = S ′′ = −6t + 6
Gia tốc triệt tiêu khi S ′′ = 0 ⇔ t = 1 .
Khi đó vận tốc của chuyển động là S ′ ( 1) = 12 m/ s .
8
+ x trên đoạn [ 1; 2] lần lượt là
1 + 2x
13 7
18 3
C.
; .
D.
; .
3 2
5 2

Χυ 29: Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) =
A.

11 7
; .
3 2

B.

11 18
;
.
3 5

Hướng dẫn giải
Chọn A.
20


Hàm số xác định và liên tục trên đoạn [ 1; 2]
Ta có f ′ ( x ) = 1 −

16

( 1 + 2x )

2

3

 x = 2 ∈ [ 1; 2]
f ′( x) = 0 ⇔ 
.
 x = − 5 ∉ [ 1; 2]

2
Khi đó f ( 1) =

11
18
3 7
; f  ÷= ; f ( 2) = .
3
5

2 2

Vậy max f ( x ) = f ( 1) =
[ 1;2]

11
3 7
f ( x ) = f  ÷= .
; min
1;2
[
]
3
2 2

Χυ 30: Trong không gian Oxyz , cho điểm H ( 1; 2; − 2 ) . Mặt phẳng ( α ) đi qua H và cắt các trục Ox ,
Oy , Oz tại A , B , C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . Viết phương trình mặt cầu tâm
O và tiếp xúc với mặt phẳng ( α ) .
A. x 2 + y 2 + z 2 = 81 .

B. x 2 + y 2 + z 2 = 1 .

C. x 2 + y 2 + z 2 = 9 .

D. x 2 + y 2 + z 2 = 25 .

Hướng dẫn giải
Chọn C.
z
C

O

A

H
K

B

y

x
Ta có H là trực tâm tam giác ABC ⇒ OH ⊥ ( ABC ) .
Thật vậy :
OC ⊥ OA
⇒ OC ⊥ AB (1)

OC ⊥ OB
Mà CH ⊥ AB (vì H là trực tâm tam giác ABC ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra AB ⊥ ( OHC ) ⇒ AB ⊥ OH (*)
Tương tự BC ⊥ ( OAH ) ⇒ BC ⊥ OH . (**)
Từ (*) và (**) suy ra OH ⊥ ( ABC ) .
Khi đó mặt cầu tâm O tiếp xúc mặt phẳng ( ABC ) có bán kính R = OH = 3 .
21


2
2
2

Vậy mặt cầu tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng ( α ) là ( S ) : x + y + z = 9 .

Χυ 31: Cho hình chóp S . ABC có SA = SB = SC = AB = AC = 1 , BC = 2 . Tính góc giữa hai đường
thẳng AB , SC .
A. 45° .
B. 120° .
C. 30° .
D. 60° .
Hướng dẫn giải
Chọn D.

 Tam giác ABC vuông tại A và tam giác SBC vng tại S vì AB = AC = 1 , BC = 2 và
SB = SC = 1 , BC = 2 .
uuu
r uuur uuu
r uur uur
uuu
r uur uuu
r uur
1
 Ta có SC. AB = SC SB − SA = SC.SB − SC.SA = 0 − SC.SB.cos 60° = − .
2
uuu
r uuu
r
uuu
r uuu
r
SC. AB 1
 Suy ra cos ( SC ; AB ) = cos SC ; AB =

= . Vậy góc giữa hai đường thẳng AB ,
SC. AB 2
SC bằng 60° .

(

)

(

)

x2 + 2x + 3
Χυ 32: Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y =
.
2x +1
A. y = 2 x + 2 .
B. y = x + 1 .
C. y = 2 x + 1 .
D. y = 1 − x .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
 1
 Tập xác định D = ¡ \ −  .
 2
 y′ =

2 x2 + 2x − 4

( 2 x + 1)

2

 x = 1( ⇒ y = 2 )
, y′ = 0 ⇔ 2 x 2 + 2 x − 4 = 0 ⇔ 
.
 x = −2 ( ⇒ y = −1)

 Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là M ( 1; 2 ) và N ( −2; −1) .
 Vậy phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị M , N của đồ thị hàm số đã cho là:
y = x +1.
Cách khác:
22


 Áp dụng tính chất: Nếu x0 là điểm cực trị của hàm số hữu tỷ y =
tương ứng của hàm số là y0 =

u ( x0 ) u ′ ( x0 )
=
. Suy ra với bài toán trên ta có phương trình
v ( x0 ) v′ ( x0 )

đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm sớ là

(

Χυ 33: Từ phương trình 3 + 2 2
sau đây?
A. t 3 − 3t − 2 = 0 .

)

x

u ( x)
thì giá trị cực trị
v ( x)

−2

(

)

x

2 − 1 = 3 đặt t =

B. 2t 3 + 3t 2 − 1 = 0 .

(x
y=

(

+ 2 x + 3) ′

2

= x +1.

( 2 x + 1) ′

)

2 −1

x

ta thu được phương trình nào

C. 2t 3 + 3t − 1 = 0 .

D. 2t 2 + 3t − 1 = 0 .

Hướng dẫn giải
Chọn B.
 Nhận xét:
 Đặt t =

(

(

)(

)

2 +1

)

2 − 1 = 1 và

(

x

(

)

2 − 1 , t > 0 . Suy ra 3 + 2 2

 Phương trình đã cho được viết lại:

2

2 +1 = 3 + 2 2 .

) (
x

=

)

2 +1

2x

=

(

1

)

2 −1

2x

=

1
t2 .

1
− 2t = 3 ⇔ 2t 3 + 3t 2 − 1 = 0 .
2
t

·
Χυ 34: Tính thể tích khới chóp S . ABC có AB = a , AC = 2a , BAC
= 120° , SA ⊥ ( ABC ) , góc giữa
( SBC ) và ( ABC ) là 60° .
A.

21 a 3
.
14

B.

7 a3
.
14

3 21 a 3
.
14
Hướng dẫn giải
C.

D.

7 a3
.
7

Chọn B.

+ Diện tích đáy S ABC =

1
1
3
3 2

AB. AC.sin120° = .a.2a.
=
a
2
2
2
2

+ Tính chiều cao SA :

·
• Dựng AH ⊥ BC (với H ∈ BC ) suy ra SH ⊥ BC , do đó góc ( (·SBC ) , ( ABC ) ) = SHA
= 60° ,
suy ra SA = AH . tan 60°
23


• Tính AH : ta có diện tích S ABC =

2.S ABC
1
AH .BC ⇒ AH =
mà theo định lý hàm cơsin thì
2
BC

 1
2
2
BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2. AB. AC.cos A = a + 4a − 2.a.2a.  − ÷ = 7a 2 ⇒ BC = a 7 , suy ra

 2

AH =

3 2
a
21 .
2
=
a
7
a 7

2.

1
1 3 2 21
7 3
+ KL: Thể tích khới chóp S . ABC là V = S ABC .SA = .
a .
a =
a (đvtt).
3
3 2
7
14
Χυ 35: Tìm tất cả giá trị của m để phương trình 812 x − x = m có nghiệm.
1
A. m ≥
.

B. m ≥ 0 .
C. m ≥ 1 .
3
Hướng dẫn giải
Chọn A.
2
* Đặt t = x ( t ≥ 0 ) ⇒ t 2 = x . PT trở thành 812t −t = m .
Ta có PT 812 x −

x

= m có nghiệm khi và chỉ khi PT 812t

+ Khảo sát f ( t ) = 812t

2

−t

2

−t

1
D. m ≥ − .
8

= m có nghiệm t ≥ 0 .

(với t ≥ 0 ) ta có: f ′ ( t ) = 812t −t. ( 4t − 1) .

2

Lập bảng biến thiên ta được:
01

* KL: PT 812t

2

−t

= m có nghiệm t ≥ 0 khi và chỉ khi m ≥
3

Χυ 36: Tìm tất cả các giá trị dương của m để

∫ x ( 3 − x)

m

0

A. m = 20 .

B. m = 4 .

1
.
3

 10 
dx = − f ′′  ÷, với f ( x ) = ln x15 .
9

C. m = 5 .
Hướng dẫn giải

D. m = 3 .

Chọn D.
−15
15 x14 15
 10  −243
15
(
)
(
)
⇒ f ′′ ( x ) = 2 do đó f ′′  ÷ =
′
f
x
=
ln
x
+ Từ
.
⇒ f x = 15 =
x
20

9
x
x
3

+ Tính tích phân I = ∫ x ( 3 − x ) dx :
m

0

• Đặt t = 3 − x ⇒ x = 3 − t , dx = − dt ,
0

3

x 0
t 3

3
0
3

3m + 2
m
m
m +1
3t m +1 t m + 2
(
)
(

)
(
)
I
=
3
−
t
t
−
dt
=
3
t
−
t
dt
• Do đó
=
=
−
∫3
∫0
m + 1 m + 2 0 ( m + 1) ( m + 2 )
24


3

 10 

3m + 2
243
3m + 2
35
dx = − f ′′  ÷ ⇔
=
⇔
=
( m + 1) ( m + 2 ) 20
( m + 1) ( m + 2 ) 4.5
9
0
Thay lần lượt các giá trị m ở 4 đáp án, nhận giá trị m = 3 .
+ Ta có

∫ x ( 3 − x)

m

3m + 2
35
=
rất khó và nhiều thời gian, nên chọn PP này để
( m + 1) ( m + 2 ) 4.5
làm trắc nghiệm cho nhanh và chọn đúng đáp án)
(Ghi chú: để giải PT ⇔

2
Χυ 37: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( P ) : y = x − 4 x + 5 và các tiếp tuyến của ( P )

tại A ( 1; 2 ) và B ( 4;5 ) .
A.

9
.
4

B.

4
.
9

9
.
8
Hướng dẫn giải
C.

D.

5
.
2

Chọn A.
Ta có y ′ = 2 x − 4 .
Tiếp tuyến của ( P ) tại A và B lần lượt là y = −2 x + 4 ; y = 4 x − 11 .
5


Giao điểm của hai tiếp tuyến là M  ; −1÷.
2


Khi

đó,

dựa

và

hình

5
2

vẽ

ta

có

diện

4

tích

S = ∫ ( x 2 − 4 x + 5 + 2 x − 4 ) dx + ∫ ( x 2 − 4 x + 5 − 4 x + 11) dx =

1

5
2

hình

phẳng

cần

tìm

là:

9
.
4

Χυ 38: Cho hình bình hành ABCD . Qua A , B , C , D lần lượt vẽ các nửa đường thẳng Ax , By , Cz
, Dt ở cùng phía so với mặt phẳng

( ABCD ) . Một mặt phẳng ( P )

( ABCD ) ,

song song với nhau và không nằm trong

cắt Ax , By , Cz , Dt tương ứng tại A′ , B′ , C ′ , D′ sao cho

AA′ = 3 , BB′ = 5 , CC ′ = 4 . Tính DD′ .
A. 4 .
B. 6 .

C. 2 .
Hướng dẫn giải

D. 12 .

Chọn C.
25