Hướng dẫn giải chi tiết đề toán 2018 HD (14)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN
(Đề thi gồm có 5 trang)
Học sinh:…………………………

ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC LỚP 12 – LẦN I, NĂM 2018
Thời gian làm bài: 90 phút
Mã đề 253

x  1  t

Câu 1 (NB). Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :  y  2  2t , vector nào dưới đây là vector chỉ
z  1  t

phương của d?
A. n  1; 2;1

B. n  1; 2;1

C. n   1; 2;1

D. n   1; 2;1

Câu 2 (NB). Họ nguyên hàm của hàm số f  x   2x  sin 2x là:

1
A. x 2  cos 2x  C
2

1
B. x 2  cos 2x  C
2

C. x 2  2xos2x  C

D. x 2  2 cos 2x  C

Câu 3 (NB). Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 1; 1;2 và B  2;1;1 . Độ dài đoạn thẳng AB là:
A. 2

6

B.

C.

2

D.6

Câu 4 (TH). Cho cấp số cộng  u n  , biết u 2  3 và u 4  7 . Giá trị của u15 bằng:
A. 27

B. 31

Câu 5 (TH). Giới hạn lim
x 2

A.

1
2

C. 35

D. 29

C. 0

D. 1

x2 2
bằng:
x2
B.

1
4

Câu 6 (NB). Điểm nào trong hình vẽ dưới đây là điểm biểu diễn của
số phức z  1  i  2  i  ?
A. P
C. N

B. M
D. Q

Câu 7 (NB). Tập nghiệm của bất phương trình log2  x 1  3 là:
A.  ;10 

1

B. 1;9 

C. 1;10 

D.  ;9

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


Câu 8 (TH). Thể tích của khối nón có chiều cao bằng 4 và đường sinh bằng 5 là:
A. 16

B. 48

C. 12

D. 36

Câu 9 (NB). Cho hàm số f  x   x3  2x , giá trị của f '' 1 bằng:
A. 6

B. 8

C. 3

D. 2

Câu 10 (TH). Cho khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có thể tích bằng 12, đáy ABCD là hình vuông tâm O. Thể
tích khối chóp A’.BCO bằng:

A. 1

B. 4

C. 3

D. 2

Câu 11 (TH). Với a, b là các số thực dương. Biểu thức log a  a 2b  bằng:
A. 2  loga b

B. 2  loga b
2

Câu 12 (NB). Tích phân

C. 1  2loga b

D. 2loga b

C. ln5

D. 4ln5

2

 2x  1 dx bằng:
0

A. 2ln5

B.

1
ln 5
2

Câu 13 (NB). Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đạt cực đại tại:
A. 2

B. 1

C. 0

D. 3

Câu 14 (TH). Hàm số y  x3  3x 1 nghịch biến trên khoảng
A.  0;2 

B. 1; 

C.  ; 1

D.  1;1

Câu 15 (NB). Trong không gian Oxyz, điểm nào dưới đây nằm trên mặt phẳng (P): 2x – y + z – 2 = 0.
A. Q 1; 2;2

B. N 1; 1; 1
3

Câu 16 (VD). Cho

 42
0

A. 1

x

D. M 1;1; 1

a
dx   b ln 2  cln 3 , với a, b, c là các số nguyên. Giá trị của a + b + c bằng :
3
x 1
B. 2

2

C. P  2; 1; 1

C. 7

D. 9

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

Câu 17 (TH). Giá trị lớn nhất của hàm số y  x3  2x 2  4x  5 trên 1;3 bằng:
A. 3

B. 0

C. 2

D. 3

Câu 18 (VD). Cho số phức z, biết rằng các điểm biểu diễn hình học của số phức z, iz, z + iz tạo thành một tam
giác có diện tích bằng 18. Mođun của số phức z bằng
B. 3 2

A. 2 3

C. 6

D. 9

Câu 19 (NB). Hàm số y  log2  2x  1 có đạo hàm y’ bằng :
A.

2ln 2
2x  1

B.

2

 2x  1 ln 2

C.

2
 2x  1 log 2

D.

1
 2x  1 ln 2

Câu 20 (TH). Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng  P  : x  2y  2z  6  0 và  Q : x  2y  2x  3  0 .
Khoảng cách giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) bằng:
A. 1

B. 3

C. 9

D. 6

Câu 21 (VD). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a và vuông góc với mặt đáy
(ABCD). Khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD bằng :
A.

a 3
4

B.

a 6
3

C.

a
2

D.

a 6
6

Câu 22 (TH). Họ nguyên hàm của hàm số f  x   x cos 2x là :
A.

x sin 2x cos 2x

C
2
4

C. x sin 2x 

B. x sin 2x 

cos 2x
C
2

D.

cos 2x
C
2

x sin 2x cos 2x

C
2
4

Câu 23 (TH). Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z  2  i  4 là đường tròn có tâm I và bán
kính R lần lượt là :
A. I  2; 1 ;R  4

B. I  2; 1 ;R  2

C. I  2; 1 ;R  4

D. I  2; 1 ;R  2

Câu 24 (VD). Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  x3  mx 2   m  6 x  1 đồng biến trên

 0;4 là :
A.  ;6

B.  ;3

C.  ;3

D. 3;6

Câu 25 (VDC). Cho tập hợp A  1;2;3;...;10 . Chọn ngẫu nhiên ba số từ A. Tính xác suất để trong ba số chọn
ra không có hai số nào là hai số nguyên liên tiếp.

3

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


A. P 

7
90

B. P 

7
24

C. P 

7
10

D. P 

7
15

Câu 26 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 4x  m2x 1   2m2  5  0 có hai
nghiệm phân biệt?
A. 1

B. 5

C. 2

Câu 27 (TH): Với cách đổi biến u  1  3ln x thì tích phân

D. 4

e

x
1

22 2
A.   u  1 du
31

22 2
B.   u  1 du
91

ln x
dx trở thành:

1  3ln x

2

C. 2  u 2  1 du
1

2 2 u2 1
du
D. 
91 u

Câu 28 (VD): Cho mặt cầu (S) tâm O và các điểm A, B, C nằm trên mặt cầu (S) sao cho AB  3; AC  4;

BC  5 và khoảng cách từ O đến mặt phẳng (ABC) bằng 1. Thể tích của khối cầu (S) bằng:
A.

7 21
2

B.

13 13
6

Câu 29 (VD): Số tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
A. 2

B. 1

C.

20 5
3

x  x 1
x2  1

D.

29 29
6

là:

C. 3

D. 0

Câu 30 (TH): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f  x   m  0 có ba nghiệm phân biệt là:
A.  2;1

B.  1; 2

C.  1; 2 

D.  2;1

Câu 31 (TH): Cho A và B là hai biến độc lập với nhau, P  A   0,4 và P  B  0,3 . Khi đó P  AB bằng:
A. 0,58

B. 0,7

C. 0,1

D. 0,12

Câu 32 (VD): Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng 2a . Gọi
M, N lần lượt là trung điểm của BC và A'C' . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B' N bằng:
B. a

A. 2a

4

C. 3a

D. a 2

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


Câu 33 (VD): Một bức tường cao 2m nằm song song với tòa nhà
và cách tòa nhà 2m. Người ta muốn chế tạo một chiếc thang bắc
từ mặt đất bên ngoài bức tường, gác qua bức tường và chạm vào
tòa nhà (xem hình vẽ). Hỏi chiều dài tối thiểu của thang bằng
bao nhiêu mét?

A.

5 13
m
3

C. 6m

B. 4 2m

D. 3 5m

Câu 34 (VD): Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và AB  a 2. Biết SA   ABC
và SA  a. Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng:
A. 300

B. 450

C. 600

D. 900

Câu 35 (VDC): Cho hàm số f  x   x3  3x 2  m. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của m  m  10  để với mọi
bộ ba số phân biệt a, b, c  1;3 thì f  a  , f  b  , f  c  là ba cạnh của một tam giác?
A. 4

B. 3

C. 1

D. 2

Câu 36 (TH): Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x 4  2x 2  1 biết tiếp điểm có hoành độ bằng 1
là:
A. y  8x  6

B. y  8x  6

C. y  8x  10

D. y  8x  10

Câu 37 (VD): Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 3n C0n  3n 1 C1n  3n  2 Cn2  .........   1 Cnn  2048. Hệ số của

x10 trong khai triển  x  2  là:
n

A. 11264

B. 22

C. 220

D. 24

Câu 38(VD): Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4x  m2x 1  3m  3  0 có hai nghiệm
trái dấu.
A.  ; 2

B. 1; 

D.  0; 2 

C. 1; 2

x 1 y 1 z 1


2
1
3

Câu 39(VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 :

d2 :

và

x 2 y z 3
 
. Mặt cầu có một đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d 2 có phương trình :
1
2
3

A.  x  4   y  2    z  2   3

B.  x  2   y  1   z  1  12

C.  x  2    y  1   z  1  3

D.  x  4   y  2    z  2   12

2

2

5

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

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


Câu 40 (VD): Phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d :
thẳng d1 :

x 1 y  2 z
và cắt hai đường


1
1
1

x 1 y 1 z  2
x 1 y  2 z  3
là:


; d2 :


2
1
1
1
1
3

A.

x 1 y 1 z  2


1
1
1

B.

x 1 y z 1
 
1
1
1

C.

x 1 y  2 z  3


1
1
1

D.

x 1 y z 1



1
1
1

Câu 41 (VD): Với tham số m, đồ thị của hàm số y 

x 2  mx
có hai điểm cực trị A, B và AB  5 . Mệnh đề
x 1

nào dưới đây đúng?
A. m  2

B. 0  m  1

D. m  0

C. 1  m  2

Câu 42 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A  5; 0; 0 và B  3; 4; 0  . Với C là một điểm
nằm trên trục Oz, gọi H là trực tâm tam giác ABC. Khi C di động trên trục Oz thì H luôn thuộc một đường tròn
cố định. Bán kính đường tròn đó bằng:
A.

5
4

3
2

B.

C.

5
2

D. 3

Câu 43(VDC): Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, AB  a; BC  a 3. Tam giác
SAO cân tại S, mặt phẳng (SAD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa SD và (ABCD) bằng 600.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC:
A.

a 3
2

B.

3a
2

C.

a
2

D.

3a
4

Câu 44 (VDC): Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và BAD  600. Hình chiếu vuông
góc của S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Góc giữa mặt phẳng (SAB) và
(ABCD) bằng 600. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD) bằng:
A.

21a
14

B.

21a
7

C.

3 7a
14

D.

3 7a
7

Câu 45 (VD) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC vuông tại C, ABC  600 , AB  3 2 ,

x 3 y 4 z 8



, đường thẳng AC nằm trên mặt phằng   : x  z 1  0.
1
1
4
Biết B là điểm có hoành độ dương, gọi (a, b, c) là tọa độ của C, giá trị của a  b  c bằng
đường thẳng AB có phương trình

A. 3

B. 2

6

C. 4

D. 7

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


Câu 46 (VD) Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3, BD  3a, hình chiếu
vuông góc của B trên mặt phẳng  A ' B 'C'D' trùng với trung điểm của A’C’. Gọi  là góc tạo bởi hai mặt
phẳng  ABCD và  CDD'C' , cos  

A.

3a3
4

B.

21
. Thể tích của khối hộp ABCD.A’B’C’D bằng
7

9 3a3
4

C.

9a3
4

D.

3 3a3
4

Câu 47 (VD) Có bao nhiêu số nguyên dương m sao cho đường thẳng y  x  m cắt đồ thị hàm số y 

2x 1
x 1

tại hai điểm phân biệt A, B và AB  4?
A. 7

B. 6

C. 1

D. 2

Câu 48 (VD) Cho các số a, b  1 thỏa mãn log2 a  log3 b  1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức

P  log3 a  log 2 b bằng
A.

log 2 3  log3 2

B.

log3 2  log 2 3

C.

1
 log 2 3  log3 2 
2

D.

2
log 2 3  log3 2

x2
biết tiếp tuyến đó cắt trục tung và trục
2x  3
hoành tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB cân là

Câu 49 (VD. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 

A. y   x  2

B. y  x  2

C. y  x  2

D. y   x  2

Câu 50 (VD). Cho hàm số y  ax4  bx2  c có đồ thị (C), biết rằng (C)
đi qua A  1;0 , tiếp tuyến d tại A của (C) và hai đường thẳng

28
(phần gạch chéo trong hình vẽ).
5
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi d, đồ thị (C) và hai đường thẳng
x  1; x  0 có diện tích bằng
2
1
A.
B.
5
4
2
1
C.
D.
9
5

x  0; x  2 có diện tích bằng

7

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


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

1D

2A

3B

4D

5B

6D

7B

8C

9A

10A

11B

12C

13C

14D

15B

16A

17C

18C

19B

20B

21D

22D

23B

24C

25D

26A

27B

28D

29B

30A

31D

32A

33B

34B

35C

36A

37B

38C

39

40D

41B

42A

43D

44C

45C

46C

47D

48A

49A

50D

Câu 1.
Phương pháp:

 x  x 0  at

Đường thẳng d có phương trình d :  y  y0  bt có 1 vector chỉ phương là u   a; b;c  , mọi vector có dạng ku
z  z  ct
0


đều là VTCP của d.
Cách giải:
Dựa vào phương trình đường thẳng ta thấy đường thẳng d nhận n   1; 2;1 là 1 VTCP của đường thẳng d.
Chọn D.
Câu 2.
Phương pháp:
Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản.
Cách giải

1
f  x   2x  sin 2x  F  x    f  x  dx    2x  sin 2x  dx  x 2  cos 2x  C
2
Chọn A.

1
Chú ý và sai lầm:  sin kx  '  k cos kx,  sin kxdx   cos kx  C
k
Câu 3.
Phương pháp:
8 Truy cập trang để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng AB 

 x B  x A    yB  yA    z B  z A 
2

2

2

.

Cách giải:
Ta có: AB 

 2  1  1   1   1  2 
2

2

2

 6

Chọn B.
Câu 4.
Phương pháp:
Sử dụng công thức SHTQ của CSC u n  u1   n  1 d , lập hệ phương trình hai ẩn u1 và d, giải hệ phương trình
tìm u1 và d, sau đó tính u 15  u1  14d .
Cách giải:

u 2  3 u1  d  3
u  1
Theo đề bài ta có: 

 1
 u15  u1  14d  29

u3  7 u1  3d  7 d  2
Chọn D.
Câu 5.
Phương pháp:
Nhân cả tử và mẫu với biểu thức liên hợp của tử để khử dạng

0
.
0

Cách giải:

lim
x 2

x2 2
x 24
1
1
 lim
 lim

x 2
x2
 x  2  x  2  2 x 2 x  2  2 4





Chọn B.
Câu 6.
Phương pháp:
Rút gọn, đưa số phức z về dạng z  a  bi , khi đó điểm M  a;b  là điểm biểu diễn của số phức z.
Cách giải:

9

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


Sử dụng MTCT,

, ta tính được z  3  i . Vậy điểm biểu diễn cho số phức z là

điểm Q  3;1 .
Chọn D.
Câu 7.
Phương pháp:

 a  1

b
 0  x  a
Giải bất phương trình logarit cơ bản: log a x  b  
0  a 1
 
  x  a b  0
Cách giải:

x  1  0
x  1
log2  x 1  3  

 x  1;9

3
x  9
x  1  2
Chọn B.
Chú ý và sai lầm: Lưu ý điều kiện xác định của hàm số logarit, tránh trường hợp chọn nhầm đáp án D.
Câu 8.
Phương pháp:
- Tính bán kính đáy của khối nón r  l2  h 2 , trong đó:
h: chiều cao của khối nón
l: độ dài đường sinh của khối nón.
r: bán kính đáy của khối nón.

1
- Thể tích khối nón V  r 2 h .
3
Cách giải:
Bán kính đáy của khối nón r  l2  h 2  52  42  3

1
1
Vậy thể tích của khối nón V  r 2 h  .32.4  12
3
3

10

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


Chọn C.
Câu 9.
Phương pháp:
Tính đạo hàm cấp hai của hàm số f(x), sử dụng bảng đạo hàm cơ bản.
Cách giải:

f  x   x3  2x  f '  x   3x 2  2  f ''  x   6x
 f '' 1  6
Chọn A.
Câu 10.
Phương pháp:
So sánh chiều cao và diện tích đáy của khối chóp A’.BCO và
khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’.
Cách giải:
Ta có:
1
1
1
VA'BCO  d  A ';  BCO   .SBCO  d  A ';  ABCD   . SABCD
3
3
4
1

1
1
 d  A ';  ABCD   .SABCD  VABCD.A'B'C'D'  .12  1
12
12
12
Chọn A.
Câu 11:
Phương pháp:
Sử dụng các công thức log c  ab   log c a  log c b; log a n b m 

m
log a b; log a a 1
n

Cách giải:
Ta có: loga  a 2 b   loga a 2  loga b  2loga a  log a b  2  log a b
Chọn B.
Câu 12.
Phương pháp:
Sử dụng bẳng nguyên hàm mở rộng

1

1

 ax  b dx  a ln ax  b  C

Cách giải:

11

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


2

2

2

2
1
2
0 2x  1 dx  20 2x  1 dx  2 ln 2x  1 0  ln 5  ln1  ln 5
Chọn C.
Câu 13.
Phương pháp:
Điểm x0 được gọi là điểm cực đại của hàm số khi và chỉ khi qua điểm x0 giá trị của f’(x) đổi dấu từ dương sang
âm.
Cách giải:
Dựa vào BBT của hàm số y  f  x  ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 0.
Chọn C.
Chú ý và sai lầm: Phân biệt điểm cực đại của hàm số x = 0 và giá trị cực đại của hàm số yCD  3 . Nhiều học
sinh kết luận sai rằng hàm số đạt cực đại tại x = 3 và chọn đáp án D.
Câu 14.
Phương pháp:
Tính y’. Giải bất phương trình y’ < 0 và suy ra các khoảng nghịch biến của đồ thị hàm số.
Cách giải:

TXĐ: D = R.
Ta có: y'  3x 2  3  0  x   1;1  Hàm số nghịch biến trên  1;1 .
Chọn D.
Câu 15.
Phương pháp:
Thay tọa độ các điểm ở từng đáp án vào phương trình mặt phẳng (P) và rút ra kết luận. Điểm thuộc mặt phẳng
(P) phải là điểm thỏa mãn phương trình mặt phẳng (P).
Cách giải:
Thay tọa độ điểm N vào phương trình mặt phẳng (P) ta có 2.1 – (–1) – 1 – 2 = 0, vậy điểm N thuộc mặt phẳng
(P).
Chọn B.
Câu 16.

12

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


Phương pháp:
3

+) Tính tích phân

 42
0

x
x 1

dx , đưa kết quả về dạng

a
 b ln 2  c ln 3 .
3

+) Đồng nhất hệ số, tìm giá trị của a, b, c và tính tổng a + b + c.
Cách giải:
Đặt t  x  1  t 2  x  1  2tdt  dx và x  t 2  1

x  0  t  1
Đổi cận 
, khi đó ta có:
x  3  t  2
3

I
1

2 3
t2 1
t t
.2tdt  
dt
1 4  2t
1 t2
2

x
4  2 x 1

dx  

 t3 2

6 

   t 2  2t  3 
dt

  t  3t  6ln t  2 

t 2
3

1
2

2

1

14
7

 6ln 4    6ln 3 
3
3

7

  12ln 2  6ln 3
3
a  7

 b  12  a  b  c  1
c  6



Chọn A.
Câu 17.
Phương pháp:
Phương pháp tìm GTLN (GTNN) của hàm số y  f  x  trên a;b
Bước 1: Tính y’, giải phương trình y '  0 và suy ra các nghiệm x1 , x 2 ,..., x n  a;b
Bước 2: Tính các giá trị f  a  ;f  b  ;f  x1  ;f  x 2  ;...;f  x n 
Bước 3: So sánh các giá trị tính ở bước 2 và rút ra kết luận:

max f  x   max f  a  ;f  b  ;f  x1  ;f  x 2  ;...;f  x n ; min f  x   min f a ;f  b  ;f  x1  ;f  x 2  ;...;f  x n 
a;b

a;b

Cách giải:

13

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

 x  2  1;3
y '  3x  4x  4  0  
 x   2  1;3

3
f  2   3

f 1  0   max y  2
1;3

f  3  2 
2

Chọn C.
Câu 18.
Phương pháp:
+) Điểm M  a;b  là điểm biểu diễn cho số phức z  a  bi .
+) Tìm các điểm A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức z, iz, z + iz. Nhận xé

t tam giác ABC

và tính diện tích tam giác ABC sau đó sau ra mođun của số phức z là: z  a 2  b2 .
Cách giải:
Gọi số phức z  a  bi , khi đó ta có:

iz  i  a  bi   b  ai
z  iz   a  bi   i  a  bi   a  bi  ai  b   a  b    a  b  i
Các điểm A  a;b  ; B  b;a  ; C  a  b;a  b lần lượt là các điểm biểu diễn cho các số phức z, iz, z + iz.
Khi đó ta có AB   b  a;a  b  ; AC   b;a  ; BC   a; b 

AB2  a 2  b2  2ab  a 2  b2  2ab  2a 2  2b2

 AC2  BC2  AB2  ABC vuông tại C.
Ta có: AC2  a 2  b2
BC2  a 2  b2

1
1 2
1
 SABC  AC.BC 
a  b 2 . a 2  b 2   a 2  b 2   18  a 2  b 2  36  z  a 2  b 2  6.
2
2
2
Chọn C.
Câu 19.
Phương pháp :
Sử dụng bảng đạo hàm của hàm hợp :  log a u  ' 

14

u'
u ln a

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


Cách giải :
Ta có : y '  log2  2x  1 ' 

 2x  1 ' 
2
 2x  1 ln 2  2x  1 ln 2

Chọn B.
Chú ý và sai lầm : Lưu ý khi tính đạo hàm của hàm hợp, nhiều học sinh không để ý đến hàm hợp và chọn
nhầm đáp án D.
Câu 20.
Phương pháp:
(P) // (Q)  d  P  ;  Q   d  M;  Q   M   P   , đưa về bài toán khoảng cách từ điểm đến một mặt phẳng.
Cách giải:
Lấy M  6;0;0   P  ta có:
(P) // (Q)  d   P  ;  Q    d  M;  Q   

63
1  22  22

3.

Chọn B.
Câu 21.
Phương pháp :
+) Xác đinh mặt phẳng (P) chứa BD và song song với SC, đưa về bài toán tính khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt
phẳng : d SC;BD  d SC;  P   d  C;  P 
+) Sử dụng tính chất CA   P   M 

d  C;  P  

d  A;  P  



CM
CM
, trong đó tỉ số
đã biết, đưa về bài toán tính
AM
AM

khoảng cách từ chân đường cao A đến (P).
Cách giải :
Gọi E là trung điểm của SA và O là tâm hình vuông ABCD.
Ta có : OE // SC  SC / /  EBD 

 d SC;BD  d SC;  EBD   d  C;  EBD 
Ta có :

CA   EBD   O 

d  C;  EBD 

d  A;  EBD 



CO
 1  d  C;  EBD    d  A;  EBD  
AO

Trong (SAC) kẻ AH  OE 1 ta có :

15

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


BD  AC
 BD  SAC   BD  AH  2 

BD  SA

Từ (1) và (2)  AH   EBD  d  A;  EBD   AH
ABCD là hình vuông cạnh a  AC  a 2  AO 

Ta có :

1
a
a 2
, AE  SA 
2
2
2

1
1
1
4 2

6
a 6
 2
 2  2  2  AH 
 d SC; BD
2
2
AH
SE AO
a a
a
6

Chọn D.
Câu 22.
Phương pháp :
Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, ưu tiên đặt u = x.
Cách giải :

du  dx
u  x
x sin 2x 1
x sin 2x cos 2x


  sin 2xdx  C 

C
Đặt 
sin 2x   f  x  dx 

2
2
2
4
dv  cos 2xdx v 

2
Chọn D.
Câu 23.
Phương pháp :
Gọi z = a + bi, dựa vào giả thiết z  2  i  4 tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z, sử dụng công thức
tính mođun của số phức w  x  yi  w  x 2  y2
Cách giải :
Đặt z = a + bi ta có : z  a  bi . Khi đó ta có :

z 2i  4
 a  bi  2  i  4
  a  2    b  1 i  4
  a  2    b  1  4 *
2

2

Vậy tập hợp các điểm biển diễn số phức thỏa mãn (*) là phương trình đường tròn có tâm I  2; 1 và bán kính
R = 2.

16

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

Chọn B.
Câu 24.
Phương pháp:
+) Để hàm số đồng biến trên  0;4  thì y'  0 x   0;4  . Cô lập m, đưa về dạng f  x   m x   0;4
+) Để f  x   m x   0;4  m  min f  x  , đưa về bài toán tìm GTNN của hàm số y  f  x  trên  0;4 
 0;4

Cách giải :
Ta có : y'  3x 2  2mx   m  6
Để hàm số đồng biến trên  0;4  y'  0 x   0;4  và y '  0 tại một số giá trị hữu hạn.

3x 2  2mx   m  6   0 x   0;4 
 3x 2  6  m  2x  1
Với mọi x   0;4 ta có 2x  1  0 nên f  x  

3x 2  6
 m x   0;4   m  min f  x 
 0;4
2x  1

3x 2  6
Xét hàm số f  x  
trên  0;4  ta có :
2x  1
f 'x 

6x  2x  1  2  3x 2  6 

 2x  1

2



6x 2  6x  12

 2x  1

2

 x  1  0;4 
0
 x  2   0;4 

BBT :

Dựa vào BBT ta thấy min f x   f 1   3  m  3
 0;4 

Khi m = 3 ta có : y '  3x 2  6x  3  3  x  1  0 x   0;4 và y '  0  x  1 . Vậy với m  3 thì hàm số
2

đồng biến trên  0;4  .
Chọn C.

17

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

- GDCD tốt nhất!


Câu 25.
Phương pháp:
+) Gọi A là biến cố : « trong ba số chọn ra không có hai số nào là hai số nguyên liên tiếp ».
Khi đó ta có biến cố A : « trong ba số chọn ra có hai hoặc ba số là số nguyên liên tiếp ».
+) Chia các trường hợp:
TH1 : a, b, c là 3 số tự nhiên liên tiếp .
TH2 : Trong ba số chọn ra có hai số nguyên liên tiếp.
+) Áp dụng quy tắc cộng  A  A    A và tính P  A  

A


Cách giải :
3
 120 (cách)    120 .
Chọn ra ba số bất kì từ A có C10

Gọi A là biến cố : « trong ba số chọn ra không có hai số nào là hai số nguyên liên tiếp ».
Khi đó ta có biến cố A : « trong ba số chọn ra có hai hoặc ba số là số nguyên liên tiếp ».
Giả sử chọn được một tập ba số a;b;c từ tập A. Không mất tính tổng quát ta giả sử a  b  c .
TH1 : a, b, c là 3 số tự nhiên liên tiếp ta có :  a;b;c 1;2;3 ;  2;3;4 ;...;  8;9;10 : có 8 cách chọn.
TH2 : Trong ba số chọn ra có hai số nguyên liên tiếp.
Ta lại chi ra thành các trường hợp nhỏ như sau :
TH2.1 : a, b là số nguyên liên tiếp.

a  1, b  2  c 4;10  có 7 cách chọn c.
a  2, b  3  c 4;10  có 6 cách chọn c.

…

a  7;b  8  c 10  có 1 cách chọn c.
Vậy có 7 + 6 + 5 + … + 1 = 28 cách.
TH2.2 : b, c là số nguyên liên tiếp.

c  10, b  9  a 1;7  có 7 cách chọn a.

18

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


c  9, b  8  a 1;6  có 6 cách chọn a.
…

c  4;b  3  a 1  có 1 cách chọn a.
Vậy có 7 + 6 + 5 + … + 1 = 28 cách.

 A  8  28  28  64  A  120  64  56
Vậy xác suất của biến cố A là P  A  

A 56 7


 120 15

Chọn D.
Câu 26:

Phương pháp:
+) Biến đổi phương trình về dạng bậc hai ẩn 2 x.
+) Đặt t  2x

 t  0 , đưa phương trình về phương trình bậc hai ẩn t.

+) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt  phương trình ẩn t có hai nghiệm dương phân biệt.
Cách giải:
Ta có: 4x  m2x 1   2m2  5  0  22x  2m.2x  2m2  5  0. *
Đặt t  2x

 t  0. Khi đó ta có: *  t 2  2mt  2m2  5  0 1

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt  phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt







 '  0

2
2
2
m  2m  5  0 m  5

 5  m  5


10

 b
   0  2m  0
 m  0  m  0
0m
2
 a
2m2  5  0


5

2
10

c
m 
 m

2
 a  0

2

 m   10

2
Vì m  Z  m  1.
Vậy có 1 giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.

19

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


Chọn A.
Câu 27:
Phương pháp:
+) Đổi cận từ x sang u.
+) Áp dụng các công thức tính đạo hàm cơ bản và đạo hàm của hàm hợp để tính du và thế vào biểu thức f  x 
lấy tích phân.
Cách giải:

x  1  u  1
.
Đổi cận: 
x  e  u  2
Ta có: u  1  3ln x  u 2  1  3ln x  ln x 

u  1  3ln x  du 






1  3ln x 'dx 

u2  1
.
3

1  3ln x  ' dx 

2 1  3ln x

3
dx.
2x 1  3ln x

1
2
dx  du
3
x 1  3ln x
2 2
ln x
u 1 2
22
dx  
. du    u 2  1 du.
3 3
91
1 x 1  3ln x
1
e



Chọn B.
Sai lầm mắc phải: HS dễ bị nhầm vì không đổi cận.
Câu 28:
Phương pháp:
+) Tính bán kính của mặt cầu dựa vào định lý Pi-ta-go: R  r 2  d 2 . .

4
+) Thể tích của mặt cầu: VS  R 3.
3
Cách giải:
Theo đề bài ta có: BC2  AC2  AB2  25  ABC là tam giác vuông tại A   ABC cắt mặt cầu theo giao
tuyến là 1 đường tròn đường kính BC  r  BI  5 : 2  2,5.
Gọi    là mặt phẳng chứa ba điểm A; B; C  d  O;      OI  1.

20

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


 Bán kính mặt cầu là: R  OI2  BI2  1  2,52 

29
.
2

3

4

4  29  4 29 29 29 29
 VS  R 3  .

.
  .
3
3  2  3
8
6
Chọn D.
Câu 29:
Phương pháp:
+) Đường thẳng x  a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y  f  x  nếu limf  x   .
x a

+) Đường thẳng y  b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y  f  x  nếu lim f  x   b.
x 

+) Sử dụng các quy tắc tính giới hạn của hàm số để tìm số đường TCN của đồ thị hàm số.
Cách giải:
ĐK: x  1.

Ta có: lim

x 

x  x 1
x 1
2

1
 lim

x 

1 1

x x 2  1.
1
1 2
x

Vậy đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận ngang y  1 .
Chọn B.
Câu 30:
Phương pháp:
+) Số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng y  m .
+) Dựa vào bảng biến thiên để kết luận khoảng của m.
Cách giải:
Ta có: f  x   m  0  f  x   m *
Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng y  m .
Phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt  đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 3 điểm phân
biệt.

21

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

Quan sát BBT ta thấy đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 3 điểm phân biệt

 1  m  2  1  m  2
Chọn A.
Câu 31:
Phương pháp:
+) Nếu A và B là hai biến cố độc lập ta có: P  AB  P  A .P  B.
Cách giải:
Áp dụng công thức ta được: P  AB  P  A .P  B  0,4.0,3  0,12.
Chọn D.
Câu 32:
Phương pháp:
Đưa về khoảng cách giữa mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song
với đường thẳng kia.
Cách giải:
Ta có:

B' N   A 'B'C'  / /AM

 d  A ' N;AM   d  AM;  A 'B'C'    d  A;  A 'B'C'    AA '  2a
Chọn A.
Câu 33:
Phương pháp:
+) Gọi khoảng cách từ điểm đặt thang ở dưới mặt đất đến chân tường là x.
+) Biểu diễn chiều dài cái thang theo biến x.
+) Khảo sát hàm số vừa tìm được, tìm x để hàm số đó đạt giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất đó ta được
chiều dài nhỏ nhất của cái thang.
Cách giải:
Gọi khoảng cách từ điểm đặt thang đến chân tường là x  x  0 như

22

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


trong hình vẽ.
Chiều dài cái thang là AD.
Gọi góc tạo bởi cái thang và mặt đất là .
Khi đó ta có: tan  

 DE 

BC DE
2
DE

 
AC AE
x x2

2  x  2
.
x

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác ADE vuông tại E ta được:

 2  x  2 
AD  AE  DE   x  2   


x


2

2

2

2

2

x 2  x  2  4  x  2

x2
x 4  4x 3  8x 2  16x  16

.
x2
2

2

x 4  4x3  8x 2  16x  16
Đặt f  x  
.
x2
Chiều cái thang ngắn nhất  AD 2 đạt giá trị nhỏ nhất  hàm số y  f  x  đạt giá trị nhỏ nhất.
Ta có: f '  x  

2x5  4x 4  16x 2  32x 2x 4  4x3  16x  32

.
x4
x3

 f '  x   0  2x 4  4x 3  16x  32  0
  x  2   2x 3  8x 2  16x  16   0
  x  2  x  2   0
 x  2  tm 

 x  2  ktm 
Vậy với x  2 thì chiều dài cái thang ngắn nhất: AD2  f  x   32  AD  32  4 2 m.
Chọn B.
Câu 34:
Phương pháp:
+) Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng cùng vuông góc với giao tuyến
chung của hai mặt phẳng.

23

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


+) Sử dụng định lý Pi-ta-go để tính các cạnh và tính tan của góc cần tìm để suy ra số đo góc cần tìm.
Cách giải:
Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó ta có: AM  BC do ABC vuông cận tại A.
Ta có SAB  SAC  c  g  c   SB  SC (hai cạnh tương ứng)

 SBC cân tại S  SM  BC (đường trung tuyến đồng thời là đường cao).
Ta có: SBC   ABC  BC.

SM  BC  cmt 
Lại có: 
 góc giữa (ABC) và (SBC) là SMA.
AM  BC  cmt 
Ta có: BC2  2AB2  2.2a 2  4a 2  BC  2a  BM  a.

 AM  AB2  BM2  2a 2  a 2  a.
Xét tam giác SAM vuông tại A ta có: tanSMA 

SA a
  1  SAM  450.
AM a

Chọn B.
Câu 35:
Phương pháp:
Sử dụng bất đẳng thức tam giác, do vai trò của a, b, c như nhau nên ta chỉ xét BPT : f  a   f  b   f  c
Đưa về dạng m  f  a;b;c  a, b,c  1;3  m  max f  a;b;c 
a,b,c1;3

Cách giải:

f  a  ,f  b  ,f  c  là ba cạnh của một tam giác nên hệ phương trình:
f  a   f  b   f  c 

f  b   f  c   f  a  thỏa mãn với mọi a, b,c 1;3


f  a   f  c   f  b 
Vì vai trò của a, b, c là như nhau nên ta xét bất phương trình f  a   f  b   f  c 

24

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


a 3  3a 2  m  b3  3b2  m  c3  3c2  m

a, b,c  1;3

 m   c3  3c2    a 3  3a 2    b3  3b2  a, b,c  1;3
 m  max  c3  3c2    a 3  3a 2    b3  3b2 
a,b,c1;3
Xét hàm số f  t   t 3  3t 2 trên 1;3 ta có :

 t  0  1;3
f '  t   3t 2  6t  0  
 t  2  1;3
f  2   4
f 1  2
f  3  0
 max f  t   0; min f  t   4
1;3

1;3

Do đó ta có : m  0  4  4  8
Kết hợp điều kiện m nguyên và m < 10 ta có m = 9.
Chọn C.
Câu 36:
Phương pháp:
+) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm M  x 0 ; y0  thuộc đồ thị hàm số là:

y  f '  x 0  x  x 0   y0 .
Cách giải:
Gọi M  1; y0  là điểm thuộc đồ thị hàm số đã cho  y0  2  M  1; 2 .
Có f '  x   4x3  4x  f '  1  4  4  8.
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M  1; 2 là:

y  8 x  1  2  8x  6.
Chọn A.
Câu 37:
Phương pháp:
+) Sử dụng giả thiết và các khai triển nhị thức để tìm n.

25

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