Hướng dẫn giải chi tiết đề toán 2018 HD (5)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NAM
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA
ĐỀ THI THỬ LẦN 1

KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2018
MÔN THI: TOÁN
(Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian phát đề)
Mã đề : 485
Họ, tên thí sinh:……………………………………. Số báo danh:…………………………………..


Câu 1 (NB): Tìm tập xác định D của hàm số y  tan  2 x  
3



A. D  R \   k  k  Z  .
6





B. D  R \   k k  Z  .
2
12




C. D  R \   k  k  Z  .

12


 


D. D  R \   k k  Z  .
2
 6


Câu 2 (NB): Tính diện tích toàn phần của hình trụ có bán kính a và đường cao a 3 .
A. a 2





3 1 .

B. 2a2





3 1 .

C. 2a2





3 1 .

D. a 2 3 .

Câu 3 (NB): Nhân dịp lễ sơ kết học kì 1, để thưởng cho 3 học sinh có thành tích tốt nhất lớp cô An đã mua 10
cuốn sách khác nhau và chọn ngẫu nhiên ra 3 cuốn để phát thưởng cho 3 học sinh đó mỗi học sinh nhận 1 cuốn.
Hỏi cô An có bao nhiêu cách phát thưởng.
A. C103 .

B. 103 .

C. 3C103 .

D. A103 .

Câu 4 (TH): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x  2) 2  ( y  1) 2  9 . Gọi (C’) là ảnh của đường
1
tròn (C) qua việc thực hiện liên tiếp phép vị tự tâm O, tỉ số k   và phép tịnh tiến theo vectơ v  (1; 3) . Tìm
3
bán kính R’ của đường tròn (C’).
A. R '  3 .

B. R '  27 .

C. R '  1 .

D. R '  9 .

Câu 5 (NB): Hàm số y  x3  2ax 2  4bx  2018, (a, b  R) đạt cực trị tại x  1 . Khi đó hiệu a  b là:
A.

4
.
3

B. -1.

C.

3
.
4

3
D.  .
4

Câu 6 (VD): Tính tổng S  1  2.2  3.22  4.23  ...  2018.22017
A. S  2017.22018  1 .

B. S  2018.22018  1 .

C. S  2017.22018 .

D. S  2019.22018  1

Câu 7 (NB): Hình nào dưới đây không phải hình đa diện?

1 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!


A. Hình 4.

B. Hình 1.

Câu 8 (TH): Cho x  0, y  0 . Viết biểu thức x

C. Hình 3.
4
5 6

x

5

D. Hình 2.
4
5

x về dạng x và biểu thức y : 6 y 5 y về dạng y n . Ta
m

có m  n  ?
A.

8
.
5

8
B.  .
5

C.

11
.
6

Câu 9 (TH): Gọi M, N là giao điểm của đường thẳng y  x  1 và đồ thị của hàm số y 

D. 

11
.
6

2x  4
. Khi đó, hoành độ
x 1

trung điểm I của đoạn thẳng MN là:
A. 1.

5

C.  .
2

B. -1.

D. 2.

Câu 10 (NB): Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại A, AB  a, AC  a 3 . Tính độ dài đường sinh l
của hình nón có được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB.
A. l  2a .

C. l  a .

B. l  2a .





2

. Đặt un 

Câu 11 (VDC): Cho f (n)  n2  n  1  1, n 

*

nhất sao cho un thỏa mãn điều kiện log 2 un  u n  

10239

.
1024

A. 33.

B. 21.

D. l  3a .

f (1). f (3)... f (2n  1)
. Tìm số n nguyên dương nhỏ
f (2). f (4)... f (2n)

C. 29.

D. 23.

Câu 12 (TH): Một người gửi ngân hàng 100 triệu đồng theo hình thức lãi kép, lãi xuất r  0,5% một tháng (kể từ
tháng thứ 2, tiền lãi được tính theo phần trăm tổng tiền có được của tháng trước đó với tiền lãi của tháng trước đó).
Sau ít nhất bao nhiêu tháng, người đó có nhiều hơn 125 triệu.
A. 46 tháng.
D. 44 tháng.

B. 47 tháng.

C. 45 tháng.

Câu 13 (VD): Xét khối tứ ABCD có cạnh AD, BC thỏa mãn AB 2  CD 2  18 và các
cạnh còn lại đều bằng 5. Biết thể tích của khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất có dạn
x y

Vmax 
; x, y  N * ; ( x; y )  1 . Khi đó, x, y thỏa mãn bất đằng thức nào dưới đây?
4

2 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!


A. x  y 2  xy  4550 .
C. x 2  xy  y 2  5240

B. xy  2 x  y  2550 .
D. x3  y  19602 .

.

Câu 14 (VD): Cho hàm số y  f ( x) có đồ thị như hình vẽ bên:
Số nghiệm của phương trình 2 f ( x  1)  3  0 là:
A. 2.

B. 3.

C. 1.

D. 4.

Câu 15 (VD): Một vật chuyển động trong 3 giờ với vận tốc
v (km / h) phụ thuộc vào thời gian t (h) có đồ thị vận tốc

như hình bên. Trong khoảng thời gian 1 giờ kể từ khi bắt

đầu chuyển động, đồ thị đó là một phần của đường parabol
có đỉnh I (2;5) và có trục đối xứng song song với trục tung,
khoảng thời gian còn lại của đồ thị là một đoạn thẳng song
song với trục hoành. Tính quãng đường mà vật di chuyển
được trong 3 giờ đó.
A. 15 (km) .

B.

35
(km) .
3

C. 12 (km) .

D.

32
(km) .
3

Câu 16 (TH): Nghiệm của phương trình 2 x  2 x 1  3x  3x 1 là:
A. x  1 .

B. x  log 3
2

3
.
4

C. x  log 3
4

3
.
2

D. x  log 4
3

2
.
3

2

Câu 17 (VD): Cho hàm số y  f ( x) liên tục và có đạo hàm trên R thỏa mãn f (2)  2,

 f ( x)dx  1 .
0

4

Tính tích phân I   f '( x )dx .
0

A. I  18 .

B. I  5 .

C. I  0 .

D. I  10 .

Câu 18 (NB): Cho hàm số y  f ( x) liên tục trên  a; b  . Diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số
y  f ( x) , trục hoành và hai đường thẳng x  a; x  b được tính theo công thức
b

A. S    f ( x) dx .
2

a

b

B. S   f ( x) dx .
a

b

C. S   f ( x) dx .
a

b

D. S   f ( x) dx .
a

3 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –

GDCD tốt nhất!


Câu 19 (TH): Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của AB và  là
góc tạo bởi đường thẳng MC’ và mặt phẳng (ABC). Khi đó tan  bằng

3
.
7

A.

B.

2 3
.
3

C.

3
.
2

D.

2 7
.
7

Câu 20 (VD): Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và BAD  600 , AB’ hợp với
đáy (ABCD) một góc 300 . Thể tích của khối hộp là
A.

a3
.
2

B.

a3
.
6

C.

a3 2
.
6

D.

3a3
.
2

Câu 21 (VD): Đội thanh niên xung kích của trường THPT Chuyên Biên Hòa có 12 học sinh gồm 5 học sinh khối
12, 4 học sinh khối 11 và 3 học sinh khối 10. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh để làm nhiệm vụ mỗi buổi sáng. Tính
xác suất sao cho 4 học sinh được chọn không quá 2 khối.
A.

6
.
11

B.

5
.
22

C.

5
.
11

D.

21
.
22

Câu 22 (TH): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a, cạnh SB vuông góc với đáy và
mặt phẳng (SAD) tạo với đáy một góc 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
A. V 

3a 3 3
.
4

B. V 

3a 3 3
.
8

Câu 23 (TH): Gọi m là giá trị để hàm số y 

C. V 

4a 3 3
.
3

D. V 

8a 3 3
.
3

x  m2
có giá trị nhỏ nhất trên  0;3 bằng -2. Mệnh đề nào sau đây
x 8

là đúng?
B. 3  m  5 .

A. m2  16 .

C. m  5 .

D. m  5


2

Câu 24 (TH): Biết  cos xdx  a  b 3,  a, b  Q  . Tính T  2a  6b .

3

A. T  4 .

B. T  3 .

C. T  1 .

D. T  2 .

Câu 25 (VD): Cho hình nón N1 có chiều cao bằng 40cm. Người ta cắt hình nón N1 bằng một mặt phẳng song
song với đáy của có để được một hình nón nhỏ N 2 có thể tích bằng

1
thể tích N1 . Tính chiều cao h của hình nón
8

N2 ?

A. 20 cm.

B. 10 cm.

Câu 26 (NB): Tính giới hạn lim 
x 2

A.  .

C. 5 cm.

D. 40 cm.

3  2x
.
x2

B.  .

C.

3
.
2

D. 2 .

4 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!


Câu 27 (TH): Hình vẽ sau đây là hình dạng của đồ thị hàm số nào?

A. y 

x2
.
x 1

B. y 

x2
.
x 1

C. y 

x
.
x 1

D. y 

x2
x 1

Câu 28 (VD): Cho tập hợp A có 20 phần tử. Có bao nhiêu tập con của A khác rỗng và số phần tử là số chẵn.
A. 219  1 .

B. 219 .

D. 220  1 .

C. 220 .

Câu 29 (TH): Tính thể tích V của một vật tròn xoay tạo thành khi quay quanh hình phẳng (H) giới hạn bởi các
đường y  x 2 ; y  x quanh trục Ox.
A. V 

7
.
10

B. V 

9
.
10

C. V 

3
.
10

D. V 


10






Câu 30 (TH): Biểu thức log 2  sin   log 2  cos  có giá trị bằng:
12 
 12 


A. log 2 3  1 .

B. 1.

C. -2.

D. -1.

1

Câu 31 (NB): Tính I   e3x dx .
0

A. I  e  1 .

B. I  e3  1 .

C.

e3  1
.
3

D. e3 

1
.
2

 x  1 1
khi x  0

Câu 32 (TH): Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số f ( x)  
liên tục trên R.
x
 2
 x  1  m khi x  0
A. m 

3
.
2

B. m 

1
.
2

C. m  2 .

1
D. m   .
2

Câu 33 (TH): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và BA = BC = a. Cạnh bên SA = 2a và
vuông góc với mặt phẳng (ABC). Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC là:
A. 3a .

B.

a 6
.
2

C.

a 2
.
2

D. a 6 .

Câu 34 (NB): Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như hình dưới đây:
5 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!


x
y’



-3

0

+

y

+

-2
0
5


-

0





Số mệnh đề sai trong các mệnh đề sau đây?
I. Hàm số đồng biến trên khoảng  3; 2  .
III. Hàm số nghịch biến trên khoảng
A. 4.

 2;   .

B. 2.

II. Hàm số đồng biến trên khoảng  ;5  .
IV. Hàm số đồng biến trên khoảng  ; 2  .
C. 1.

D. 3.

Câu 35 (NB): Cho hàm số y  f ( x) có đồ thị như hình vẽ bên
Hàm số đạt cực đại tại điểm :
A. x  3 .

B. x  0 .

C. x  1 .

D. x  1 .

Câu 36 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA  ( ABCD) , SA  a 3 . Gọi
M là trung điểm của SD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CM.
A.

2a 3
.
3

Câu 37 (TH): Tìm
A.

B.

a 3

.
2

C.

a 3
.
4

B.

1
1
x sin 2 x  cos 2 x  C .
2
4

D.

1
1
x sin 2 x  cos 2 x  C .
2
4

D.

3a
.
4

 x cos 2 xdx .

1
1
x sin 2 x  cos 2 x  C .
2
2

C. x sin 2 x  cos 2 x  C .

Câu 38 (NB): Cho hình chóp S.ABC có VS . ABC  6a3 . Gọi M, N, Q lần lượt là các điểm trên cạnh SA, SB, SC sao
cho SM = MA, SN = NB, SQ = 2QC. Tính VS .MNQ :
A. 2a3 .

B.

a3
.
2

C. a 3 .

D. 3a 3 .

Câu 39 (NB): Phương trình log 2 x  log 2 ( x  1)  1 có tập nghiệm là :

6 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!

A. 1 .

B. 1;3 .

C. 2 .

D. 1;3 .

Câu 40 (VDC): Cho hàm số y  f ( x) có đồ thị hàm số y  f '( x) như hình vẽ bên:
Xét hàm số g ( x)  2 f ( x)  2 x3  4 x  3m  6 5 với m là số thực. Để

g ( x)  0, x   5; 5  thì điều kiện của m là:

 5 .

B. m 

2
f
3



D. m 

2
f  0  2 5 .
3

A. m 

2
f
3

C. m 

2
f  5 4 5.
3



 5 .

Câu 41 (NB): Tìm tập nghiệm của bất phương trình 5x
A.  2;   .

2

x

B.  ;1   2;   .

 25 là:

C.

.

D. (1; 2) .
Câu 42 (TH): Phương trình

3 sin x  cos x  1 tương đương với phương trình nào sau đây



A. sin  x    1 .
6


 1

B. cos  x    .
3 2



 1
C. sin   x   .
6
 2

 1

D. sin  x    .
6 2


 x3  3x 2
Câu 43 (TH): Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
có phương trình
x 1
3

A. y  1 & y  1 .

B. y  1 .

C. x  1 .

D. y  1 .

Câu 44 (VDC): Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC đều, đường cao SH với H nằm trong tam giác ABC
và 2SH = BC, (SBC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 600 . Biết có một điểm O nằm trên đường cao SH sao cho
d (O; AB)  d (O; AC )  2d (O;( SBC ))  1 . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
A.

500
.
81

B.

343
.
48

C.

256
.
81

D.

125
.
162

Câu 45 (TH): Số nghiệm của phương trình 2sin 2 2 x  cos 2 x  1  0 trong  0; 2018 là
A. 2018.

B. 1009.

C. 2017.

D. 1008.

Câu 46 (TH): Trong mặt phẳng tọa đô Oxy, cho đường thẳng d : 3x  y  2  0 . Viết phương trình của đường
thẳng d’ là ảnh của d qua phép quay tâm O góc quay 900
A. d ' : x  3 y  2  0 .

B. d ' : 3x  y  6  0 .

C. d ' : x  3 y  2  0 .

D. d ' : x  3 y  2  0

Câu 47 (VDC): Cho hàm số y  f ( x) xác định và có đạo hàm trên R thỏa mãn  f (1  2 x)   x   f (1  x)  . Viết
2

3

phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f ( x) tại điểm có hoành độ bằng 1.

6
A. y   x  .
7

1
8
1
8
1
6
C. y   x  .
D. y   x  .
x .
7
7
7
7
7
7
7 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!
B. y 

Câu 48 (VDC): Cho hàm số y  f ( x) xác định trên R và có đạo hàm f '( x) thỏa mãn
f '( x)  (1  x)( x  2) g ( x)  2018 trong đó g ( x)  0, x  R . Hàm số y  f (1  x)  2018 x  2019 nghịch biến trên
khoảng nào?
B.  0;3  .

A.  3;   .

C.  ;3 .

D. 1;   .

Câu 49 (TH): Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log32 x  (m  2) log3 x  3m  1  0 có 2 nghiệm
x1 , x2 thỏa mãn x1 x2  27 .

A. m  2 .

B. m  1.

C. m  2 .

D. m  1 .

Câu 50 (VD): Cho hàm số f ( x)  32 x  2.3x có đồ thị
như hình vẽ sau:
Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau?
(1) Đường thẳng y  0 cắt đồ thị hàm số (C) tại điểm có
hoành độ x  log3 2 .
(2) Bất phương trình f ( x)  1 có nghiệm duy nhất.
(3) Bất phương trình

f ( x)  0 có tập nghiệm là

 ;log3 2  .
(4) Đường thẳng y  0 cắt đồ thị hàm số (C) tại 2 điểm
phân biệt.
A. 2.
B. 1.
C. 4.
D. 3.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM
1. B

11. D

21. C

31. C

41. D

2. B

12. C

22. D

32. B

42. D

3. D

13. A

23. D

33. B

43. B

4. C

14. D

24. C

34. C

44. B

5. C

15. D

25. A

35. B

45. A

6. C

16. B

26. A

36. B

46. A

7. C

17. D

27. A

37. D

47. D

8. C

18. B

28. A

38. C

48. A

9. A

19. B

29. C

39. C

49. B

10. A

20. A

30. C

40.A

50. B

Câu 1.
Phương pháp:
8 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!


Hàm số y  tan x xác định  cos x  0  x 


 k
2

Cách giải:

 



Điều kiện xác định của hàm số y  tan  2 x   là: 2 x    k , k  Z  x   k , k  Z .
3
3 2
12
2





 TXD : D  R \   k k  Z 
2
12


Chọn: B
Câu 2:
Phương pháp:
+) Diện tích xung quanh hình trụ tròn xoay bằng tích của độ dài đường tròn đáy và

độ dài đường sinh:
Sxq  2Rl  2Rh
+) Diện tích toàn phần hình trụ tròn xoay bằng tổng diện tích xung quanh và diện
tích 2 đáy:

Stp  S xq  S2 day  2Rl  2R 2  2Rh  2R 2
Cách giải:

Stp  2Rh  2R2  2.a.a 3  2a 2  2 3a 2  2a 2  2a 2





3 1

Chọn: B
Câu 3.
Cách giải:
Cô An có số cách phát thưởng là: A103
Chọn: D.
Câu 4:
Phương pháp:
*) Trong mặt phẳng cho điểm O và số k  0, phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’, sao cho

OM '  kOM gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k. Kí hiệu: V(O,k)
Vậy: V(O,k)(M) = M’  OM '  kOM .
Chú ý: Phép vị tự tỉ số k biến đường tròn bán kính R thành đường tròn bán kính R’: R '  k R .
*) Trong mặt phẳng cho vectơ v , phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’, sao cho MM '  v gọi là phép
tịnh tiến theo vectơ v . Kí hiệu : Tv .

9 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!


Vậy, Tv  M   M '  MM '  v .
Chú ý : Phép tịnh tiến theo vectơ v biến đường tròn bán kính R thành đường tròn bán kính R’: R’ = R.
Cách giải:
Đường tròn (C ) : ( x  2) 2  ( y  1) 2  9 có tâm I  (2; 1) , bán kính R  3 .

V

1 
 O; 
 3

: (C )

(C0 )

R

R0
1
1
1
R  R  .3  1
3
3
3

Sao cho: R0 

Tv : (C0 )
R0

(C ')
R'

Sao cho : R '  R0  1 .
Chọn: C
Câu 5:
Phương pháp:
Hàm số y  f ( x) đạt cực trị tại điểm x  x0  f '( x0 )  0 .
Cách giải:
y  x3  2ax 2  4bx  2018, (a, b  R)  y '  3x 2  4ax  4b

Hàm số trên đạt cực trị tại x  1  3(1)2  4a.(1)  4b  0  3  4a  4b  0  3  4(a  b)  0  a  b 

3
4

Chọn: C.
Câu 6:
Phương pháp:
Xét tổng:
f ( x)  1  x  x 2  x 3  ...  x n
f '( x) 

1  2 x  3x 2  ...  nx n 1.

Áp dụng công thức tính tổng của cấp số nhân.
Cách giải:

10 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!


f ( x)  1  x  x 2  x3  ...  x n
f '( x) 

1  2 x  3x  ...  nx
2

x n 1  1
, ( x  1)
x 1
(n  1) x n ( x  1)  ( x n 1  1)


n 1



 x  1

2



(n  1) x n 1  (n  1) x n  x n 1  1

 x  1

2



nx n 1  (n  1) x n  1

 x  1

2

Cho x  2, n  2018 , ta có:

S  1  2.2  3.22  4.23  ...  2018.22017 

2018.22019  2019.22018  1

 2  1

2

 22018  2018.2  2019   2017.22018

Chọn: C
Câu 7:
Phương pháp:
Khái niệm: Hình đa diện (gọi tắt là đa diện) (H) là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thỏa mãn hai điều
kiện:

1) Hai đa giác phân biệt chỉ có thể hoặc không giao nhau, hoặc chỉ có một đỉnh chung, hoặc chỉ có một cạnh
chung.
2) Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giáC.
Cách giải:
Hình 3 vi phạm điều kiện 2) : Do trong Hình 3, tồn tại 1 cạnh là cạnh chung của 3 đa giáC.
Chọn: C.
Câu 8:
Phương pháp:
Sử dụng các công thức: x m .x n  x m n ;

n
m

 

xn  x m , xm

n

 x m.n (giả sử các biểu thức là có nghĩa).

Cách giải:

x

4
5 6

x

5

x x

4
6
5

1
2

x x x
5

4
6
5

x

5

1
6

4 11 1
4 11
4 11
103
.


 
103
5 2 6
5 12
5 12
 x x   x x  x x  x
 x 60  x m  m 
60
 
4
5

1
2

11
2

1

4
5

4
5

1
2

4
5

y : 6 y5 y  y : y5 y  y : y
 mn 

6

6

5

1
2

4
11 1
4
4 11
7
11
.


 11  6
7
 y :  y 2   y 5 : y 2 6  y 5 : y 12  y 5 12  y 60  y n  n  
60



4
5

103 7 11


60 60 6

Chọn: C
Câu 9:
11 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!


Phương pháp:
- Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y  x  1 và đồ thị của hàm số y 
- Xác định hoành độ trung điểm I của MN: xI 

2x  4
.
x 1

xM  xN
2

Cách giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y  x  1 và đồ thị của hàm số y 

x 1 

2x  4
:
x 1

2x  4
, ( x  1)  ( x  1)( x  1)  2 x  4  x 2  1  2 x  4  x 2  2 x  5  0
x 1

Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: x1  x2  
Hoành độ trung điểm I của MN: xI 

2
2
1

x1  x2 2
  1.
2
2

Chọn: A
Câu 10:
Phương pháp:
- Nhận xét: Khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB ( là một cạnh góc vuông của tam giác) ta được một hình
nón có đường cao là AB, bán kính đáy bằng đoạn AC, đường sinh là BC.
- Độ dài đường sinh của hình nón: l  r 2  h 2
Trong đó: l : độ dài đường sinh, r : bán kính đáy, h : độ dài đường cao.
Cách giải:



Độ dài đường sinh: BC  AB 2  AC 2  a 2  a 3



2

 2a

Chọn: A
Câu 11:
Phương pháp:
+) Biến đổi, phân tích f  n  thành nhân tử, từ đó suy ra f  2n  1 và f  2n  theo f  n  .
+) Xét thương

f  2n  1
f  2n 

+) Thay vào biểu thức un 

f (1). f (3)... f (2 n 1) f 1 f  2  f  2n  1

.
....
f (2). f (4)... f (2 n)
f 2  f 3 
f 2 n 

12 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!

+) Rút gọn và sử dụng phương pháp hàm số để giải bất phương trình logarit.
Cách giải:
Ta có:

f (n)  (n 2  n  1) 2  1  (n 2  1) 2  2n(n 2  1)  n 2  1  (n 2  1)(n 2  1  2n  1)  (n 2  1)(n 2  2n  2)
 f (2n  1)  (2n  1) 2  1 (2n  1) 2  2.(2n  1)  2   (4n 2  4n  2)(4n 2  1)
f (2n)  (2n) 2  1 (2n) 2  2.2n  2   (4n 2  1)(4n 2  4n  2)


f (2n  1) 4n 2  4n  2 (2n  1) 2  1
 2

f (2n)
4n  4n  2 (2n  1) 2  1

un 

f (1). f (3)... f (2n  1) f 1 f  2  f  2n  1

.
....
f (2). f (4)... f (2n)
f  2  f  3
f  2n 

12  1 32  1 (2n  1) 2  1
2
2

1
 2 . 2 ....

 2
 2
2
2
3  1 5  1 (2n  1)  1 (2n  1)  1 4n  4n  2 2n  2n  1
Xét hàm số g ( x)  log 2 x  x, x  0  g '( x) 

1
 1  0, x  0  Hàm số đồng biến trên khoảng (0; ) .
x.ln 2

Khi

đó:

log 2 un  u n  

10239
1
1
 1 
 1 
 log 2 un  u n  10 
 log 2 
  1024  g (un )  g 
  un 
1024

1024
1024
 1024 
 1024 


1 
n

1
1
 2

 2n2  2n  1  1024  2n 2  2n  1023  0  
2n  2n  1 1024

1 
n 


2047
 22,12
2
2047
 0 ( Loai )
2

Vậy, số n nguyên dương nhỏ nhất là 23.
Chọn: D
Câu 12:

Phương pháp:
Công thức lãi kép, không kỳ hạn: An

M (1 r %)n

Với: An là số tiền nhận được sau tháng thứ n,
M là số tiền gửi ban đầu,
n là thời gian gửi tiền (tháng),
r là lãi suất định kì (%)
Cách giải:

13 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!


Số tiền người đó nhận được sau tháng thứ n là: An  M (1  r %) n  100. 1  0,5%   100.1, 005n
n

Số tiền người đó nhận được nhiều hơn 125 triệu, suy ra:

100.1, 005n  125  1, 005n  1, 25  n  log1,005 1, 25  44, 74
Vậy, số tháng ít nhất mà người đó gửi là: 45 tháng.
Chọn: C
Câu 13:
Phương pháp:
Sử dụng bất đẳng thức Cô si: 2ab  a 2  b 2 ,  a, b  0 
Cách giải:
Gọi I, J lần lượt là trung điểm CD, AB; độ dài các đoạn:
AB  a, CD  b, a, b  0, a 2  b 2  18
Tam giác ACD và tam giác BCD cân tại A, B

 AI  CD, BI  CD  CD  ( ABI )

1
1
1
 VABCD  VD. ABI  VC . ABI  .DI .S ABI  .IC.S ABI  .CD.S ABI (*)
3
3
3
Tam

giác

AID

vuông
2

tại

I

b
b
 AI  AD 2  ID 2  52     25 
4
2

2

Dễ dàng chứng minh ACD  BCD (c.c.c)  IA  IB (Chiều cao tương ứng bằng nhau)

 IAB cân tại I  IJ  AB
Tam giác AIJ vuông tại J  IJ  AI 2  A J 2  25 

b2 a 2
b2  a 2
18
82

 25 
 25  
4 4
4
4
2

1
1
82 a 82

Diện tích tam giác IAB: S IAB  . AB.IJ  .a.
. Thay vào (*):
2
2
2
4

1 a 82 ab 82 Co si 82 a 2  b 2
82 18 3 82 x y

VABCD  .b.


.

. 

; x, y  N * ; ( x; y )  1
3
4
12
12
2
12 2
4
4
 x  3, y  82

Kiểm tra các biểu thức của từng phương án, ta thấy phương án A là đúng.
Chọn: A
Câu 14:
14 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!


Phương pháp:
Phác họa đồ thị hàm số y  f ( x  1) và xét số giao điểm của đồ thị hàm số đó với đường thẳng y 

3
.

2

Cách giải:

->
Vì 1 

-->

3
3
 2 nên số giao điểm của đồ thị hàm số đó với đường thẳng y  bằng 4.
2
2

Chọn: D
Câu 15:
Phương pháp:
Chia chuyển động của vật thành 2 giai đoạn: Trong 1h đầu và trong 2h tiếp theo.
1

+) Trong 1h đầu, tìm phương trình của vận tốc chính là phương trình parabol  s   v  t  dt
0

+) Trong 2h tiếp theo, vật chuyển động thẳng đều  s  v.t
Cách giải:
Gọi phương trình của vận tốc trong 1h đầu là: v(t )  a x 2  bx  c (a  0)
Quan sát hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số có đỉnh I (2;5) và đi qua điểm A(1; 4), (0;1) .

 b

  2a  2
c  1
c  1
 2


 a  1  v(t )   x 2  4 x  1
Suy ra: a.2  b.2  c  5  b  4a
c  1
4a  2b  1  5 b  4




Quãng đường vật chuyển động trong 1 giờ đầu là:
15 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!


1

 t3

13
8
s   v(t )dt    t  4t  1 dt     2t 2  t     2.12  1  0  (km)
0
0
3
3

 3
0
1

1

2

Trong 2h tiếp theo vật chuyển động thẳng đều với vận tốc 4km / h  Quãng đường đi được trong 2h tiếp theo là 8
km.
Vậy quãng đường mà vật di chuyển được trong 3 giờ đó là:

8
32
8 
 km
3
3

Chọn: D
Câu 16:
Phương pháp:
Biến đổi đưa về dạng phương trình mũ cơ bản: a f ( x )  b  f ( x)  log a b
Cách giải:
x

2 2
x

x 1

 3 3
x

x 1

3
3
3
 2  2.2  3  3.3  3.2  4.3      x  log 3
4
2
2 4
x

x

x

x

x

x

Chọn: B
Câu 17:
Phương pháp:
b

Sử dụng công thức tích phân từng phần:

b

 udv  u v a   vdu .
b

a

a

Cách giải:
4

Tính I   f '

 x  dx :

0

Đặt

x  t  x  t 2  dx  2tdt .

Đổi cận:

x
t

0

0

4
2

4
2
2
2
2


2
I   f '( x )dx   f '(t ).2tdt  2 t. f '(t )dt  2  t.d ( f (t ))  2 t. f (t ) 0   f  t  dt 
0
0
0
0
0


2


 2  2. f  2   0. f  0    f ( x)dx   2  2.  2   1  10
0



Chọn: D

16 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!


Câu 18:
Cách giải:
Diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f ( x) , trục hoành và hai đường thẳng x  a; x  b được
b

tính theo công thức : S   f ( x) dx
a

Chọn: B
Câu 19:
Phương pháp:
Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng đó và hình chiếu vuông góc của đường thẳng đó trên
mặt phẳng.
Cách giải:
ABC.A’B’C’ là lăng trụ đều  CC '  ( ABC )  MC là hình chiếu vuông góc
của MC’ lên (ABC)

  MC ';( ABC )    MC '; MC   CMC '   .
Tam giác ABC đều, cạnh bằng a  MC 

a 3
.
2

Tam giác MCC’ vuông tại C :

 tan CMC ' 

CC '
a
2 2 3



 tan  .
MC a 3
3
3
2

Chọn: B
Câu 20:
Phương pháp:
Thể tích khối hộp : Vhop  Sday .h
Cách giải:
ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp đứng



 



 BB '  ( ABCD)  AB ',( ABCD)  AB '; AB  BAB '  300
Tam giác ABB’ vuông tại B  tan BAB ' 

 BB '  AB.tan 300 

BB '
AB

a
3

17 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!


Tam giác ABD có: AB = AD = a, BAD  600  Tam giác ABD đều, có cạnh đều bằng a.
 S ABD 

a2 3
a2 3 a2 3
 S ABCD  2 S ABD  2.

4
4
2

Thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’: V  S ABCD .BB ' 

a2 3 a
a3
.
 .
2

3 2

Chọn: A
Câu 21:
Phương pháp:
- Tìm số phần tử của không gian mẫu.
- Xác định số cách để 4 học sinh được chọn từ 3 khối:
TH1: 2 học sinh khối 10, 1 học sinh khối 11, 1 học sinh khối 12
TH2: 1 học sinh khối 10, 2 học sinh khối 11, 1 học sinh khối 12
TH3: 1 học sinh khối 10, 1 học sinh khối 11, 2 học sinh khối 12
- Tính xác suất chọn 4 học sinh từ cả ba khối.
- Tính xác suất chọn 4 học sinh từ không quá 2 khối.
Cách giải:
Số phần tử của không gian mẫu: n()  C124  495
Số cách để 4 học sinh được chọn từ 3 khối:
C52C41C31  C51C42C31  C51C41C32  10.4.3  5.6.3  5.4.3  270

Xác suất chọn 4 học sinh từ cả ba khối:

270 6

495 11

Xác suất chọn 4 học sinh từ không quá 2 khối: 1 

6 5

11 11

Chọn: C

Câu 22:
Phương pháp:

1
Vchop  .SB.S ABCD
3
Cách giải:
Vì SB  ( ABCD)  AB là hình chiếu vuông góc của SA lên mặt phẳng
(ABCD).
18 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!


 AD  AB
 AD   SAB   AD  SA
Ta có: 
 AD  SB

 SAD    ABCD   AD

   SAD  ;  ABCD     SA; AB   SAB  600.
 SAD   SA  AD

 ABCD   AB  AD
Tam giác SAB vuông tại B  tan SAB 

SB
 SB  AB tan 600  2a 3
AB

1
1
8a 3 3
2
Thể tích khối chóp S.ABCD: VS . ABCD  SB.S ABCD  .2a 3.  2a  
3
3
3

Chọn: D
Câu 23:
Phương pháp:
Chứng minh hàm số luôn đơn điệu trên  0;3 từ đó suy ra GTNN của hàm số đã cho trên  0;3 .
Cho GTNN  2, giải phương trình tìm m.
Cách giải:

1.8  1.  m
x  m2
, x  8  y ' 
Ta có: y 
2
x 8
 x  8

2



m2  8

 x  8

2

 0, x  8

 Hàm số luôn đồng biến trên các khoảng:  ; 8  ,  8;  
m2
 Min y  y(0)  
 2  m  4
0;3
8
Suy ra, m  5 .
Chọn: D
Câu 24:
Phương pháp:

 cos xdx  sin x  C
Cách giải:

19 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!



2



 cos xdx  sin x 2  sin


3

3



3
 sin  1 
 a  b 3, (a, b  Q)
2
3
2

a  1
1


1  T  2a  6b  2.1  6.  1
2
b   2
Chọn: C
Câu 25:
Phương pháp:

1
Công thức thể tích khối nón: Vnon  R2 h .
3
Sử dụng tỉ số thể tích của hai khối nón.
Cách giải:

(Quan sát kí hiệu trên hình vẽ)
Áp dụng định lí Ta lét ta có:

O'B' O' A h'
h'
( OA = h, O’A = h’< 40cm) 


OB
OA
h
40
Tỉ số thể tích giữa 2 khối nón:

1
2
2
.O ' B '2 .O ' A
V' 3
O ' B '2 .O ' A  O ' B '  O ' A  h '  h ' 1



.



  . 
2
1

V
OB
.
OA
OB
OA
2


 40  40 8
.OB .OA
3
403
3
 h' 
 203  h '  20 (cm)
8
Vậy chiều cao h của hình nón N 2 là: 20cm.
Chọn: A
Câu 26:
Cách giải:

lim  3  2 x   1

x 2

lim  x  2   0, x  2  x  2  x  2  0

x 2

 lim 
x 2

3  2x
 
x2

Chọn: A
20 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!


Câu 27:
Phương pháp:
Dựa vào các đường tiệm cận và các điểm đi qua của đồ thị hàm số đã cho để loại đáp án.
Cách giải:
Nhận xét:
- Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x  1  Loại phương án B.
- Đồ thị hàm số đi qua điểm  2;0   Loại phương án C, D.

 Chọn phương án A
Chọn: A
Câu 28:
Phương pháp:
n

Tính số phần tử của tập hợp A sau đó sử dụng khai triển nhị thức Newon:  a  b    Cnk a n k b k
n

k 0

Cách giải:
Số tập hợp con của A có:
+) 2 phần tử: C202
+) 4 phần tử: C204
….
20
+ 20 phần tử: C20
2
4
6
20
Suy ra, số tập hợp con của A khác rỗng và số phần tử là số chẵn là: S  C20
.
 C20
 C20
 ...  C20
20

i
Ta có: ( x  1) 20   C20
xi .
i 0

20

i
0
1
2

3
20
Cho x  1  (1  1) 20   C20
(1)i  C20
 C20
 C20
 C20
 ...  C20
 020  0
i 0

20

i
0
1
2
3
20
Cho x  1  (1  1) 20   C20
 C20
 C20
 C20
 C20
 ...  C20
 220
i 0

0
1

2
3
20
 C20
 C20
 C20
 ...  C20
Suy ra,  C20
   C200  C201  C202  C230  ...  C2020   0  220
0
2
4
20
 2  C20
 C20
 C20
 ...  C20
  220  C200  C202  C204  ...  C2020  219  S  219  C200  219  1

Chọn: A
21 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!


Câu 29:
Phương pháp:
Cho hai hàm số y  f  x  và y  g  x  liên tục trên [a; b]. Khi đó thể tích vật thể tròn xoay giới hạn bởi hai đồ
thị số y  f  x  , y  g  x  và hai đường thẳng x  a; y  b khi quay quanh trục Ox là:
b

V  f 2 ( x)  g 2 ( x) dx
a

Cách giải:
x  0
Phương trình hoành độ giao điểm của y  x 2 ; y  x là: x 2  x ,  x  0   
x  1

Thể tích V của một vật tròn xoay tạo thành khi quay quanh hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y  x 2 ; y  x
quanh trục Ox là:

V    x
1

  x

2 2

0

2

dx 

1

0

 x5 x 2 
x  x dx    ( x  x)dx      

0
5 2
4

1

1



4

o

3
10

Chọn: C
Câu 30:
Phương pháp:
Sử dụng công thức log a x  loga y  loga  x.y  (giả sử các biểu thức là có nghĩa) và công thức nhân đôi:

1
sin x cos x  sin 2 x
2
Cách giải:






1



1
1 1
log 2  sin   log 2  cos   log 2  sin .cos   log 2  sin   log 2  .   log 2  2
12 
12 
6
4
 12 

 12
2
2 2

Chọn: C
Câu 31:
Phương pháp:

e

kx

dx 

1 kx
e C

k

Cách giải:
1 1 e3  1
I   e3 x dx  e3 x 
0
3
3
0
1

Chọn: C
22 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!


Câu 32:
Phương pháp:
- Hàm số y  f ( x) liên tục tại mọi điểm x0 khi và chỉ khi lim f ( x)  lim f ( x)  f ( x0 ) .
x  x0

x x0

- Hàm số y  f ( x) liên tục trên D khi và chỉ khi y  f ( x) liên tục tại mọi điểm x0  D .
Cách giải:
Nhận xét: Hàm số đã cho luôn liên tục trên các khoảng  ;0  ,  0;   . Để hàm số liên tục trên R thì hàm số liên
tục tại điểm x  0 (*)
Ta có:

x 1 1

 lim
x 0
x

lim f ( x)  lim

x 0

x 0

lim f ( x)  lim

x  0

x 0







  lim

x 1 1

x 1 1





x



x 1 1

x 0



x



x



x 1 1

 lim
x 0

1
1

x 1 1 2

x2  1  m  1  m

f (0)  02  1  m  1  m
(*)  lim f ( x)  lim f ( x)  f (0)  1  m 
x 0

x 0

1
1
m
2
2

Chọn: B
Câu 33:
Phương pháp:
- Xác định vị trị tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
- Tính bán kính mặt cầu đó.
Cách giải:
Gọi I, J, O lần lượt là trung điểm của AC, SA, SC.
+) Ta sẽ chứng minh: O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC:
Ta có:  ABC vuông tại B, I là trung điểm AC  I là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC
(1)
OI // SA ( Vì IO là đường trung bình của tam giác SAC)
Mà SA  ( ABC )  IO  ( ABC )

(2)

Từ (1), (2) suy ra : OA  OB  OC (*)
Ta có: OJ / / AC ( Vì OJ là đường trung bình của tam giác SAC)
Mà AC  SA (do SA  ( ABC ))  OJ  SA  OJ là đường trung trực của SA  OS  OA (2*)
23 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!


Từ (*) và (2*) suy ra OS  OA  OB  OC  O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
+) Tính bán kính R:
 ABC vuông tại B  AC 2  AB2  BC 2  a2  a2  2a2  AC  a 2 .



 SAC vuông tại S  SC 2  SA2  AC 2   2a   a 2
2



2

 6a 2  SC  a 6  R 

SC a 6
.

2
2

Chọn: B
Câu 34:

Cách giải:
I. Hàm số đồng biến trên khoảng  3; 2  : là mệnh đề Đúng.
II. Hàm số đồng biến trên khoảng  ;5  : là mệnh đề Sai.
III. Hàm số nghịch biến trên khoảng

 2;   : là mệnh đề Đúng.

IV. Hàm số đồng biến trên khoảng  ; 2  : là mệnh đề Đúng.
Vậy, số mệnh đề sai là 1.
Chọn: C
Câu 35:
Phương pháp:
Quan sát đồ thị, tìm điểm mà f '( x)

0 , hoặc f '( x) không xác định.

Đánh giá giá trị của f '( x) , và chỉ ra cực đại, cực tiểu của hàm số y

f ( x) :

- Cực tiểu là điểm mà tại đó f '( x) đổi dấu từ âm sang dương.
- Cực đại là điểm mà tại đó f '( x) đổi dấu từ dương sang âm.
Cách giải:
Hàm số đạt cực đại tại điểm x  0 .
Chọn: B
Câu 36:
Phương pháp:
Chuyển từ bài toán tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo
nhau sang bài toán tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng.
Cách giải:

AB // CD  AB / /(SCD)  CM
24 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!


 d  AB, CM   d  AB;( SCD)   d ( A, ( SCD))
CD  AD
 CD   SAD   SD  AH  2 
Kẻ AH  SD, H  SD 1 ta có: 
CD  SA

Từ 1 ,  2   d  A;  SCD    AH  d  AB, CM   AH .
Tam giác SAD vuông tại A, AH  SD, H  SD , suy ra:

1
1
1
1
 2

2
2
AH
SA
AD
a 3





2

1
4
3a 2
a 3
2
 2  2  AH 
 AH 
a
3a
4
2

Vậy khoảng cách giữa 2 đường thẳng CM và AB là

a 3
.
2

Chọn: B
Câu 37:
Phương pháp:
Sử dụng công thức từng phần:  udv  uv   vdu
Cách giải:
1

1

1

1



 x cos 2 xdx  2  xd (sin 2 x)  2  x sin 2 x   sin 2 xdx   C  2  x sin 2x  2  sin 2xd  2 x   C


1
1
1
1

x sin 2 x  cos 2 x   C  x sin 2 x  cos 2 x  C

2
2
2
4


Chọn: D
Câu 38:
Phương pháp:
Tính tỉ số thể tích của 2 khối chóp:

VS .MNQ
VS . ABC



SM SN SQ
.
.
SA SB SC

Cách giải:
Ta có:

VS .MNQ
VS . ABC

 VS .MNQ 



SM SN SQ 1 1 2 1
.
.
 . . 
SA SB SC 2 2 3 6

VS . ABC 6a3

 a3
6
6

Chọn: C

Câu 39:
25 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa –
GDCD tốt nhất!