Đề thi thử THPTQG môn toán file word có lời giải chi tiết

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA CHUẨN CẤU TRÚC BỘ GIÁO DỤC
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Tailieutoan.net


Câu 1: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y 
A.

1
.
2

B.

3sin 2 x  1  4sin 2 x 
cos 4 x

1
.
3

C.

��
0; �.
trong khoảng �
� 6�

1

.
4

D.

1
.
5

Câu 2: Tìm nghiệm của phương trình sin x  2  sin 2 x  sin x 2  sin 2 x  3
A. x 



k .
2
2

B. x 


 k .
2

C. x 


 k 2 .
2

D. x 


 k 4 .
2

(Ở đây k là số nguyên).
Câu 3: Cho khai triển  1  2 x 

3

n  994

x

2

 x  1

n 3 1

 a0  a1 x  a2 x 2  ...  a14 x14 . . Tìm giá

1
3 3
5 5
2 n 1 2 n 1
2n
trị của a6 biết n thỏa mãn 3C2 n  3 C2 n  3 C2 n  ...  3 C2 n  2048  2  1 .

A. a6  41748.

B. a6  41784.

C. a6  41847.

D. a6  41874.

Câu 4: Một nhóm công nhân gồm 15 nam và 5 nữ. Người ta muốn chọn từ nhóm ra 5 người
để lập thành một tổ công tác sao cho phải có 1 tổ trưởng nam, 1 tổ phó nam và có ít nhất 1
nữ. Hỏi có bao nhiêu cách lập tổ công tác.
A. 111300.

B. 111400.

C. 300111.

D. 400111.

Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ở góc phần tư thứ I, II, III, IV lần lượt lấy 3 ; 4 ; 5 ; 6
điểm phân biệt. Các điểm đó không nằm trên hệ trục tọa độ. Tính xác suất để đoạn thẳng nối
hai trong 18 điểm đó cắt cả hai trục tọa độ.
A.

13
.
50

B.

23
.
50

C.

13
.
51

D.

23
.
51

Câu 6: Trong một cuộc thi ‘‘Rung chuông vàng” thuộc chuỗi hoạt động Sparkling Chu Văn
An, có 20 bạn lọt vào vòng chung kết, trong đó có 5 bạn nữ và 15 bạn nam. Để sắp xếp vị trí
chơi, Ban tổ chức chia thành 4 nhóm A, B, C, D, mỗi nhóm có 5 bạn. Việc chia nhóm được ?
thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để 5 bạn nữ cùng thuộc 1 nhóm.
A.

7
3876

B.

3
3876

C.

5
3876

D.

1
3876

Câu 7: Cho a,b là các số thực dương thỏa mãn 2a, 2a  b, 2b  1 theo thứ tự lập thành một
cấp số cộng và  b  3 , ab  4,  a  1 theo thứ tự lập thành một cấp số nhân.
2

2

1


Mệnh đề nào trong các mệnh đề sau là đúng ?
A. 5  a  b   9

B.

a 4
 .
b 13

C. ab 
3x  5

Câu 8: Tìm giới hạn của hàm số xlim
� �
A. –3

9x2  2 x  1

B. 3

20
.
9

D. 9  a  b   5.

.

C. –1

D. 1.

Câu 9: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  a; b  thỏa mãn f  a   b , f  b   a với
a, b  0 . Hỏi phương trình nào trong các phương trình dưới đây có nghiệm trong khoảng

 a; b 

?

A. f  x   0.

B. f  x   x

Câu 10: Cho hàm số f  x  
f ' x
x4  x  1

C. f  x   ax  b.
1

x

2

 x  1

D. f  x    a  b  x.

. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình

2

�0 .

�1
�
 ; ��
A. S  �
�2
�

�1
�
B. S  � ; ��
�2
�

C. S   �; 3

D. S   3; �

Câu 11: Đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  2 có 2 điểm cực trị là M  2; 2  và N  0; 2  . Tìm giá
trị của m thì đồ thị hàm số cắt đường thẳng d : y  m tại 3 điểm phân biệt.
A. 2  m  0.

B. 0  m  2.

C. 2  m  2.

m  2
�
D. �
m2
�

2
�
�x  t
Câu 12: Cho đường cong  C  : � 3
. Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm
�y  t  1

M  4;7  � C  là phương trình nào trong các phương trình dưới đây ?
A. x  y  5  0.

B. 3 x  y  5  0.

C. 4 x  7 y  0

D. 4 x  7 y  12  0

3
2
Câu 13: Hàm số y  x  3  a  1 x  3a  a  2  x  1 . Mệnh đề nào dưới đây là mệnh đề

đúng ?
A. Hàm số luôn đồng biến x ��.
B. Hàm số luôn có cực trị với mọi a.
C. Hàm số luôn nghịch biến x ��.
2


D. Hàm số nghịch biến từ  �; a  2  � a ; �
Câu 14: Tìm giá trị của m để đường thẳng d : y   x  m cắt đồ thị hàm số y 

điểm A, B tạo thành tam giác OAB thỏa mãn
A. m  2.

x2
tại hai
x 1

1
1

 1 với O là gốc tọa độ.
OA OB

B. m  2.

C. m  1.

D. m  1.

Câu 15: Một hành lang giữa hai nhà có hình dạng của một lăng trụ đứng như hình dưới. Hai
mặt bên ABB’A’ và ACC’A’ là hai tấm kính hình chữ nhật dài 20 m, rộng 5 m. Gọi x (mét) là
độ dài cạnh BC. Tìm x sao cho hình lăng trụ có thể tích lớn nhất.
A. 5 2.
Câu 16: Cho hàm số y 

B. 2 5.

C. 10

D. 2

mx  m  7
có đồ thị  H m  . Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận
5x  m  3

của  H m  . Tìm quỹ tích điểm I.

A. 5 x  5 y  3  0.

B. 15 x  15 y  1  0.

C. x  y  3  0.

D. x  3 y  1  0.

Câu 17: Cho hàm số y 

m2 x 2  1
. Tìm điểm cố định mà đồ thị hàm số luôn đi qua với mọi
x

m.
A.  0;1 .

B.  1;1 .

C.  2;1 .

D. Không có.

Câu 18: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  3 1  x  3 1  x .
A.

3

2

B. 2  3 6

C. 1

D. 2

Câu 19: Biết đồ thị hàm số y  x 4  mx 2  n chỉ có một cực trị là điểm có tọa độ  0; 1 .
Hỏi m và n thỏa mãn điều kiện nào trong các điều kiện sau đây ?
A. m �0 và n  1.

B. m  0 và n  1.

C. m �0 và n  0.

D. m  0 và n ��.

Câu 20: Cho hàm số y  x3  3 x  1 có đồ thị như hình
bên. Bằng cách sử dụng đồ thị dưới đây, tìm các giá trị của
3
m để phương trình x  3x  1  log 2 m có ba nghiệm phân

biệt.
A.

1
 m  8.
2

B.

1
 m  4.
4
3


C.

1
�m �8.
2

D.

1
�m �4.
4

Câu 21: Cho 0  a �1 và b �0 . Mệnh đề nào sau đây là đúng ?
2
4
4
A. log a b  log a 2 b  log a2 b .

2
4
4
B. log a b  log a 2 b  log a b .

2

4
2
C. log a b  log a 2 b  6 log a b .

2
4
D. log a b  log a 2 b   log a b.

x
Câu 22: Đạo hàm của hàm số y  log x  5  5  là :

A. y ' 
C. y ' 

5
5

5 x ln 5
x

 5  ln 

.

5x

x

 5  ln 

Câu 23: Tìm tập xác định của hàm số

B. y ' 

5x
.
5x  5

D. y ' 

5 x ln 5
.
5x  5

2018

y
6

log 1 3  log

5

x  log 5  x  2 

5

A. D   0;1

B.  1; �

C. D   �;0 

D.  1; �

x
Câu 24: Cho hàm số f  x   2018 . Tính giá tị của biểu thức

P
A. 10.2018

f  x  . f  x  1 . f  x  2  . f  x  3  . f  x  4 

B. 20182018

7
Câu 25: Tìm số nghiệm của phương trình
A. Vô nghiệm.

f  5x 

C. 201810
x

 8 x  15 x 

2018

D. 102018

x

2

 10 x  11

2019

log x 1 10

B. 1 nghiệm.

C. 2 nghiệm.

 0.

D. 3 nghiệm.

Câu 26: Cho a  log 30 3 và b  log 30 5 . Tính giá trị log 30 1350 theo a và b:
A. a  2b  1.

B. a  2b  2.

C. 2a  b  1.

Câu 27: Gọi S là tập nghiệm của bất phương trình

A. Tập S có hữu hạn phần tử.
B. Tồn tại ít nhất một phần tử thuộc tập S là số nguyên tố.
D. Tập S là tập rỗng.

4

ln e 2 x  2

1
� .
6  ln 2 x  2 ln x  4   2  ln x  2  2

Hỏi tập S có đặc điểm gì?

C. Tồn tại vô số phần tử thuộc tập S là vô số tỉ.

D. 2a  b  2.


Câu 28: Thầy Quốc dự trù cho việc học tập của con trong tương lai bằng cách gửi tiền bảo
hiểm cho con từ lúc con tròn 6 tuổi, hằng tháng Thầy Quốc đều đặn gửi vào cho con 300 000
đồng với lãi suất 0,52% một tháng. Trong quá trình đó Thầy Quốc không rút tiền ra. Đến khi
con tròn 18 tuổi số tiền đó sẽ dùng cho việc học nghề và làm vốn cho con.
Hỏi khi đó số tiền Thầy Quốc rút ra là bao nhiêu đồng?
A. 64 392 497.

B. 65 392 497.
m

C. 66 392 497.

Câu 29: Cho tích phân �
 x  1 e2 x dx 
0

P   m 4  2018 m  2017 
A. 0

2019

D. 67 392 497.

3  e2
với m  0 . Tìm giá trị của biểu thức
4

.

B. 1

C. 2

D. 3

�a
�
dx
b
�

Câu 30: Cho I  � 2
�
�dx . Tính giá trị của biểu thức
2x  x 1

�x  1 c  2 x  1 �
P  5  a 2  b 2  6ab  b 4  a 4 
A. 1

B.

2018

 2a  b 

2019

c

3
.
2

2020

 2021

2022

C. 3.

:
D. 0.

2

Câu 31: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x  1 và y  x  5 .

A.

73
.
6

B.

73
.
3

C. 12.

D. 14

Câu 32: Mệnh đề nào là sai trong các mệnh đề sau ?
A. Hàm số F  x  

x2  6x  1
x 2  10
và G  x  
là các nguyên hàm của cùng một hàm số.
2x  3
2x  3

2
B. Hàm số F  x   5  2sin x và G  x   1  cos 2 x là các nguyên hàm của cùng một hàm số.

C. Hàm số F  x  

 x  1

2

 1 là một nguyên hàm của hàm số f  x  

x 1

 x  1

2

1

.

D. Hàm số F  x   sin x là một nguyên hàm của hàm số f  x   cos x .
Câu 33: Thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
x  0, x  2, y  e x và y  e  x  2 quanh trục Ox gần nhất với giá trị nào trong các giá trị
dưới đây ?
A. 128,23.

B. 128,24.

C. 128,25.

5

D. 128,26.


Câu 34: Cho f (x) là hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 . Trong các công thức sau,
công thức nào đúng ?
2

1�
�1
1 �
�
A. �f  x   �f 2  x   �dx  ��f  x   dx �.
0
4�
2 �
�
�0
1

1
2
0

�1 �
f � � f  0  .
�2 �

B.

�f '  x  dx 

C.

2
2
xf  x 2  dx  �
f  x  dx.
�f  x  dx  2�

2

1

0

D.

1

1

0

1

�x �

1

�

�
�x �

�dx  �
�f  x   f �2 �
�dx.
�f  x   f �
�2 �
��
�
�
0

0

Câu 35: Một xe tải đang chạy với vận tốc 60 km h thì tài xế đạp thắng (đạp nhanh). Sau khi
đạp thắng, xe tải chuyển động chậm dần đều với vậ tốc v  t   27t  24  m s  , trong đó t là
khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc bắt đầu đạp thắng. Hỏi từ lúc đạp thắng đến khi
dừng hẳn, xe tải còn di chuyển khoảng bao nhiêu mét ?
A. 2 m.

B. 5 m.

C. 8 m.

D. 11 m.

n

�2  2 3i �
Câu 36: Tìm phần ảo của số phức z  �
� 3 i �
�, với n là số nguyên dương thỏa
�
�
mãn log 4  n  3  log
A. 64 3.

4
2

n  9  3:
B. 64i .

Câu 37: Cho số phức z  a  bi thỏa mãn
A. – 5

B.

C. 64
z
z

2

 2iz 

3

.
5

D. 64 3

2 z  i
1 i

 0 . Tính tỉ số

3
C.  .
5

a
.
b

D. 5.

Câu 38: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z trong hệ tọa độ vuông góc của mặt phẳng
2
4
6
8
thỏa mãn z  2  3i �4  1  i  i  i  i  với phần thực không âm.

A. Một hình tròn.

B. Một hình viên phân.

C. Một hình vành khăn.

D. Một hình quạt.

Câu 39: Cho u, v là các số phức ta có các mệnh đề sau :
(I). u  v và u  v là hai số phức liên hợp của nhau.
(II). uv và uv là hai số phức liên hợp của nhau.
6


(III). u  v và u  v là hai số phức liên hợp của nhau.
Tìm số mệnh đề đúng ?
A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Câu 40: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB  2a, AD  a . Hình
chiếu vuông góc của S lên mặt đáy (ABCD) là trung điểm H của AC, góc giữa mặt bên (SAD)
. Gọi M là trung điểm của SA. Thể tích khối chóp S.ABCD
và mặt đáy (ABCD) bằng 60�

A.

4a 3 3
3

B.

2a 3 15
3

C.

8a 3 5
3

D.

2a 3 3
3

�  60�, hình
Câu 41: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc BAC
chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABC, góc tạo bởi hai
. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD) theo a.
mặt phẳng (SAC) và (ABCD) là 60�

A.

3a

B.

7

3a

C.

2 7

a
2 7

D.

9a
2 7

Câu 42: Cho hình chóp S.ABCD có thể tích bằng 48 và ABCD là hình thoi. Các điểm M, N,
P, Q lần lượt là các điểm trên các đoạn SA, SB, SC, SD thỏa mãn SA  2SM ; SB  3SN ;
SC  4SP ; SD  5SQ . Tính thể tích khối chóp S.MNPQ

A.

2
.
5

B.

4
.
5

C.

6
.
5

D.

8
.
5

Câu 43: Một khối trụ có bán kính đáy bằng r và có thiết diện qua trục là một hình vuông. Gọi
V1 , V2 lần lượt là thể tích khối trụ và thể tích của hình lăng trụ đều nội tiếp bên trong hình trụ

đã cho. Tính tỉ số

V2
V1

A. 

B.


.
2

C.

1
.


D.

2
.


Câu 44: Cho tam giác ABC vuông tại A, AB  c, AC  b . Gọi V1 , V2 ,V3 là thể tích các khối
tròn xoay sinh bởi tam giác đó khi lần lượt quay quanh AB, CA, BC. So sánh
1
1
 2.
2
V1 V2
A.

1
1
1
 2  2
2
V3 V1 V2

.

B.

7

1
1
1
 2  2
2
V3
V1 V2

1
và
V32


C.

1
1
1
 2  2
2
V3
V1 V2

D.

1
1
1

� 2  2
2
V3 V1 V2

Câu 45: Một thùng hình trụ chứa nước, có đường kính đáy (bên trong) bằng 12,24 cm. Mực
nước trong thùng cao 4,56 cm so với mặt trong của đáy. Một viên bi kim loại hình cầu được
thả vào trong thùng nước thì mực nước dâng cao lên sát với điểm cao nhất của viên bi. Tính
bán kính gần đúng nhất của viên bi biết rằng viên bi có đường kính không vượt quá 6 cm.
A. 2,59 cm.

B. 2,45 cm.

C. 2,86 cm.

D. 2,68 cm.

Câu 46: Trong không gian Oxyz, cho điểm A  2;0;1 và hai mặt phẳng

 P  : x  y  2 z  1  0 ;  Q  : 3x  y  z  1  0 .
Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q).
A.    : 3 x  5 y  4 z  10  0.

B.    : 3 x  5 y  4 z  10  0.

C.    : x  5 y  2 z  4  0.

D.    : x  5 y  2 z  4  0.

Câu 47: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 S  :  x  1

2

  y  2    z  1  9 và điểm A  3; 4;0  � S 
2

2

Viết phương trình mặt phẳng tiếp diện với (S) với A.
A. 2 x  2 y  z  2  0.

B. 2 x  2 y  z  2  0.

C. 2 x  2 y  z  14  0.

D. x  y  z  7  0.

Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A  1; 4;5  , B  0;3;1 , C  2; 1;0 
và mặt phẳng (P) có phương trình là 3 x  3 y  2 z  15  0 .Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt
phẳng (P) sao cho MA2  MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
A. M  4; 1;0 

B. M  4; 1;0 

C. M  4;1;0 

D. M  1; 4;0 

Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M  2; 1;1 và hai đường thẳng

d1 :

x  2 y 1 z 1
x  2 y  3 z 1




; d2 :
. Lập phương trình đường thẳng  biết 
1
2
2
2
1
1

cắt d1 , d 2 lần lượt tại A, B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB.
�x  2
�
A. �y  1  t
�z  1
�

�x  2
�
B. �y  1  t
�z  1
�

�x  2
�
C. �y  1  t
�z  1
�

8

�x  2
�
D. �y  1  t
�z  1
�


Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm M  2;0;0  , N  1;1;1 . Mặt phẳng
(P) thay đổi qua M, N cắt trục Oy, Oz lần lượt tại B  0; b;0  , C  0;0;c  với b, c �0 . Hệ thức
nào trong các hệ thức sau đây là đúng?
A. b  c  2   2c.

C. b  c  1  c.

B. b 2 c 2  b  c .

D. c  b  1  b.

Đáp án
1-C
11-C
21-B

31-B
41-B

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

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

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

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

6-D
16-A
26-C

36-C
46-D

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

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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
��

0; �nên 1  4sin 2 x   1  2sin x   1  2sin x   0.
Vì x ��
� 6�
�3sin 2 x  1  4sin 2 x � cos 4 x
2
2
3sin
x
1

4sin
x
�
.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

 �
�
2
�
� 4
max y 

1
� 3sin 2 x  1  4sin 2 x
4
� sin 2 x 

1
1  cos 2 x 1

5
�
 � cos 2 x  .
7
2
7
7

Câu 2: Đáp án B
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có



VT 2  1.sin x  2  sin 2 x  sin x 2  sin 2 x



2

� 1  2  sin 2 x  sin 2 x   sin 2 x  1  2  sin 2 x   9.
Suy ra VT �3.
Dấu “=” xảy ra � sin x  1 � x 


 k  k �� .
2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 



 k  k ��
2

Câu 3: Đáp án A
Xét khai triển  1  x 

2n

 C20n  C21n x  C22n x 2  C23n x 3  C24n x 4  C25n x 5  ...  C22nn 1 x22nn1  C22nn x 2 n
9


 Chọn x  3 ta được
C20n  3C21n  32 C22n  33 C23n x  34 C24n  35 C25n  ...  32 n 1 C22nn 1  32 n C22nn  42 n
 Chọn x  3 ta được
C20n  3C21n  32 C22n  33 C23n x  34 C24n  35 C25n  ...  32 n 1 C22nn1  32 n C22nn  22 n
Trừ vế theo vế hai đẳng thức trên, ta được:
2  3C21n  33 C23n  35 C25n  ...  32 n 1 C22nn 1   42 n  22 n
2n
2n
� 2�
2048  22 n  1 �
�
� 4  2 � n  6

Với n  6 ,thay vào khai triển đã cho ta được:

 1 2x
2
Ta có x  x  1 

 1 2x

10

x

2

10

x

2

2

1
3
2
 1  2 x   nên
4
4

 x  1 
2

1
3
9

14
12
10
 1  2x    1 2x    1  2x  .
16
8
16

Trong khai triển  1  2x 

14

6 6
hệ số của x 6 là: 2 C14 ; trong khai triển  1  2x 

26 C126 và trong khai triển  1  2x 
Vậy hệ số a6 

 x  1  a0  a1 x  a2 x 2  ...  a14 x14

10

6 6
hệ số của x 6 là 2 C10

1 6 6 3 6 6 9 6 6
2 C14  2 C12  2 C10  41748 .
16
8
12

Câu 4: Đáp án A
Cách 1
+ Trường hợp 1: Chọn 1 nữ và 4 nam.
- Bước 1: chọn 1 trong 5 nữ có 5 cách.
2
- Bước 2: chọn 2 trong 15 nam làm tổ trưởng và tổ phó có A15 cách.
2
- Bước 3: chọn 2 trong 13 nam còn lại có C13 cách.
2
2
Suy ra có 5 A15 .C13 cách chọn cho trường hợp 1.

+ Trường hợp 2: chọn 2 nữ và 3 nam.
2
- Bước 1: chọn 2 trong 5 nữ có C5 cách.
2
- Bước 2: chọn 2 trong 15 nam làm tổ trưởng và tổ phó có A15 cách.

- Bước 3: chọn 1 trong 13 nam còn lại có 13 cách.
2

2

Suy ra có 13 A15 .C5 cách chọn trong trường hợp 2.
+ Trường hợp 3: chọn 3 nữ và 2 nam.
10

12

hệ số của x 6 là:


3
- Bước 1: chọn 3 trong 5 nữ có C5 cách
2
- Bước 2: chọn 2 trong 15 nam làm tổ trưởng và tổ phó có A15 cách.
2
3
Suy ra có A15 .C5 cách chọn cho trường hợp 3.
2
2
2
2
2
3
Vậy có 5 A15 .C13  13 A15 .C5  A15 .C5  111300 cách.

Cách 2
2
+ Bước 1: chọn 2 trong 15 nam làm tổ trưởng và tổ phó có A15 cách.

+ Bước 2: chọn 3 tổ viên, trong đó có nữ.
2
- Trường hợp 1: chọn 1 nữ và 2 nam có 5C13 cách.
2

- Trường hợp 2: chọn 2 nữ và 1 nam có 13C5 cách.
3
- Trường hợp 3: chọn 3 nữ có C5 cách.

2
2
2
3
Vậy có A15 .  5C13  13C5  C5   111300 cách.

Câu 5: Đáp án C
2
2
Chọn 2 trong 18 điểm có C18  253 cách chọn. Suy ra n     C18  153.

Gọi A là biến cố: “đoạn thẳng nối 2 trong 18 điểm cắt cả hai trục tọa độ”.
Để đoạn thẳng nối hai điểm cắt cả hai trục tọa độ thì hai điểm đó phải ở góc phần tư thứ I và
III hoặc ở góc phần tư thứ II và IV.
1 1
1 1
Có tất cả C3C5  C4C6  39 đoạn như vậy. Suy ra n  A   39 .

Vậy xác suất cần tìm là P  A  

n  A
39 13

 .
n    153 51

Câu 6: Đáp án D
5
5
5

5
Có C20C15C10C5 cách chia 20 bạn thành 4 nhóm A,B,C,D.
5
5
5
5
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: n     C20C15C10C5 .

Gọi X là biến cố: “có 5 bạn nữ cùng thuộc một nhóm”.
5
5
5
Với 5 bạn nữ thuộc nhóm A sẽ có C15C10C5 cách chia các bạn nam vào 3 nhóm còn lại.
5
5
5
Do vai trò các nhóm như nhau nên sẽ có 4.C15C10C5 cách chia các bạn vào các nhóm A, B, C,

D trong đó có 5 bạn nữ cùng thuộc một nhóm.
5
5
5
Suy ra n  X   4.C15C10C5

4.C155 C105 C55
4
1
Vây xác suất cần tìm là: P  X   5 5 5 5  5 
.
C20C15C10C5 C20 3876

11


Câu 7: Đáp án A
Giả thiết bài toán cho ta
2 a  1  2b  1  2  2 a  b 
�
a  2b  1
�
�
��
�
2
2
2
 b  3 a  1  ab  4
�
 b  3  a  1   ab  4 
�
� 13
a
�
a  2b  1
�
a

1

2
b

�
�
5
��
��
��
.
2
4
 b  3 2b  b  2b  4 �5b  4
�
�
b
� 5
Do đó 5  a  b   9.
Câu 8: Đáp án C

Ta có xlim
� �

� 5�
� 5�
x�
3 �
x�
3 �
3x  5
x�
x�
�

�
 lim
 lim  x
 1.
2
x ��
x
�

�
2 1
2 1
9x  2x 1
x 9  2
x 9  2
x x
x x

Câu 9: Đáp án B
Xét hàm số g  x   f  x   x .
Do f  x  liên tục trên đoạn  a; b  nên g  x  cũng liên tục trên đoạn  a; b  .
Ta có g  a   f  a   a  b  a; g  b   f  b   b  a  b.
Khi đó g  a  .g  b     a  b   0 . Suy ra c � a; b  : g  c   0.
2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm trong khoảng  a; b  .
Câu 10: Đáp án A
Ta có f '  x  

2  2 x  1

x

2

 x  1

3

2

2

� 1� � 1� 1
Do x 2  x  1  0, x �� và x 4  x  1  �x 2  � �x  �  0, x ��
� 2� � 2� 2
nên

f ' x
��
0 �۳
2 x 1 0
x  x 1
4

x

Do đó tập nghiệm của bất phương trình

1

.
2
f ' x
�1
�
 ; ��
�0 là S  �
�2
�
x  x 1
4

Câu 11: Đáp án C
Điểm cực trị là M  2; 2  và N  0; 2 
12


yCD  2; yCT  2.
Đường thẳng d : y  m cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt
� yCT  m  yCD � 2  m  2.
Câu 12: Đáp án B
�x  t 2
 C : � 3
�y  t  1

M  4;7  � C 

�
4  t2
M � C  � � 2

7  t 1 � t  2
�
dy dy dx 3t 2 3t
Ta có: f '  x  

: 

dx dt dt 2t
2
� Hệ số góc tiếp tuyến tại M là: f '  4  

3.2
 3.
2

Vậy phương trình tiếp tuyến tại M là: y  7  3  x  4  � 3 x  y  5  0
Câu 13: Đáp án B
2
Ta có y '  3x  6  a  1 x  3a  a  2 

x  a2
�
y' 0 � �
xa
�
Vậy hàm luôn luôn có cực trị, đồng biến trên

 �, a  2  ,  2; �

và nghịch biến trên

 a  2; a  .
Câu 14: Đáp án B
Xét phương trình hoành độ:

�x �1
x2
  x  m � �2
x 1
�x  mx  m  2  0

 *

Phương trình (*) có   m 2  4m  8  0, m ��. Suy ra (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1
với mọi m .
Vậy d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A,B với mọi m.
Gọi A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  với x1 , x2 là hai nghiệm của (*). Khi đó y1   x1  m ; y2   x2  m
Ta có OA  2 x12  2mx1  m 2  m 2  2m  4
OB  m 2  2m  4
Từ

1
1

 1 ta có
OA OB

m0
�
 1 � m 2  2m  4  2 � �

m  2.
m 2  2m  4
�
2

13


Vì O, A, B tạo thành tam giác nên giá trị thỏa mãn là m  2.
Câu 15: Đáp án A

Ta có đáy ABC là tam giác có các cạnh là 5;5;x.
S ABC 

1
4

 10  x  .x.x  10  x 



1
x 100  x 2 , x � 0;10 
4

Ta có thể tích lăng trụ V  x   S ABC . AA '  5 x. 100  x 2  f  x 
Hình lăng trụ có thể tích lớn nhất � hàm số f  x  đạt GTLN với x � 0;10  .
2
2
2

Ta có f '  x   0 � 100  x  x � x  50 � x  5 2.

Bảng biến thiên:

Vậy max V  250 m3 khi và chỉ khi x  5 2 .
Câu 16: Đáp án A
Ta có

lim
y  ��
m 3

x�

5

và lim y 
x ���

m
.
5

Suy ra đồ thị  H m  có hai đường tiệm cận là x 

m3
m
;y .
5
5

�m  3 m �
; �.
Khi đó giao điểm của hai tiệm cận là I �
5�
�5
Vậy quỹ tích điểm I là đường thẳng có phương trình y  x 
14

3
� 5 x  5 y  3  0.
5


Câu 17: Đáp án D
Thay từng tọa độ ở các phương án A, B, C thấy không thỏa.
Do đó phương án D là phương án đúng nhất.
Câu 18: Đáp án D
- Tập xác định của hàm số là � .
- Đạo hàm y ' 

1
3 1 x

2

 1 x

2

3

- Ta có y '  0 �

3

1





3

 1 x

2

3

 1 x

2

.

� 1 2x  x2  1 2x  x2 � x  0 .

Lập bảng biến thiên ta tìm được giá trị lớn nhất của hàm số là 2 khi và chỉ khi x  0 .
Câu 19: Đáp án A

Hàm số đã cho có a  1  0 nên để đồ thị của nó có một điểm cực điểm thì phương trình
y '  4 x 3  2mx  2 x  2 x 2  m  có nghiệm duy nhất. Điều này có nghĩa là phương trình
2 x 2  m  0 vô nghiệm hoặc có nghiệm x  0 . Khi đó m �0 .
Do đồ thị hàm số chỉ có một cực trị là điểm có tọa độ  0; 1 nên ta tìm được n  1.
Câu 20: Đáp án A
Theo hình bên phương trình có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
yCT  log 2 m  yCD � 1  log 2 m  3 �

1
 m  8.
2

Câu 21: Đáp án B
2
4
2
2
2
4
Ta có log a b  log a2 b  log a b  log a b  2 log 2 b  log a b .

Câu 22: Đáp án A
Ta có y ' 

5

5

x

x

 5 '

 5  ln 



5 x ln 5
.
 5x  5 ln 

Câu 23: Đáp án A
�x  0
�
Hàm số xác định khi và chỉ khi �
log 5 x  log 5  x  2   log 1 3
�
5
�
Ta có log

5

x  log5  x  2   log 1 3
5

� log 5 x 2  log 5  x  2    log 5 x 2  log 5 3  log 5  x  2 
� log5 3 x 2  log 5  x  2  � 3 x 2  x  2  0 � 
15

2
 x 1
3


Kết hợp điều kiện suy ra 0  x  1 .
Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D   0;1
Câu 24: Đáp án C
Ta có P 


f  x  . f  x  1 . f  x  2  . f  x  3 . f  x  4 
f  5x
2018 x.2018 x 1.2018 x  2.2018 x 3.2018 x  4
 201810
20185 x

Câu 25: Đáp án A
�x  1  0
�
� 1  x �2
Điều kiện �x  1 �1
�
log x 1 10 �0
�
- Phương trình  7 x  8 x  15 x 

2018

 0 có nghiệm duy nhất là x  1 (giải bằng hàm số).

- Phương trình  x 2  10 x  11

2019

 0 có 2 nghiệm là x  1; x  11

So điều kiện ta suy ra phương trình đã cho vô nghiệm.
Câu 26: Đáp án C
2 3
Ta có log 30 1350  log 5.3.2 5 .3 .2  b  2a  1.

Câu 27: Đáp án A
1
Điều kiện x � 2
e
Ta có

6  ln 2 x  2 ln x  4   2  ln x  2  

2  ln 2 x  2 ln x  4 

1
 0, x � 2
e
6  ln x  2 ln x  4   2  ln x  2 
2

Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với

2





ln x  2  2 � 6  ln 2 x  2 ln x  4   2  ln x  2 

� 2 ln x  2  2 ln x � 12  ln x  2   6 ln 2 x
Rõ ràng x 
Khi x 

 *

1
không phải là nghiệm của bất phương trình (*).
e2

1
, chia cả hai vế của bất phương trình (*) cho
e2

ln x  2 ta được
2

2 ln x
� ln x �
2
� 12  6 �
�

ln x  2
� ln x  2 �
16


ln x
. Bất phương trình thành
ln x  2

Đặt t 

t �1
�
2  2t �0
�
�
2  2t � 12  6t 2 � �
�
� t  2.
�
2
2
2
4

8
t

4
t

�
12

6
t
2
t

2
�
0


�
�
ln x  0
�
ln x
2�� 2
� ln x  2  2 3 � x  e2 2
ln x  4 ln x  8  0
ln x  2
�

Với t  2 thì



2 2
Vậy S  e

3



3

(tập S có hữu hạn phần tử).

Câu 28: Đáp án A
Gọi T là số tiền mà thầy Quốc rút ra. Ta có
T

300000 �
18 6 .12
�1  0,52%     1�
 1  0,52%   64 392 497 .
�
0,52%

Câu 29: Đáp án A
du  dx
�
ux
�
�
� � 1 2x
Đặt �
v e
dv  e 2 x dx �

�
� 2
m

x 1 2x
e
 x  1 e dx 
Khi đó �
2
0

m

2x

0

m

2 m 3 2
 �
e dx 
e
4
0
2x

Thay vào biểu thức P ta thu được P  0.
Câu 30: Đáp án D

 2 x  1  2  x  1 dx
dx
dx
I  �2
�
�
2x  x 1
 x  1  2 x  1
 x  1  2 x  1
1�1
2 � 1
2
 ��

dx  ln x  1  ln x  1  C .
�
3 �x  1 2 x  1 �
3
3
1
2
Khi đó a  , b   , c  1 � 2a  b  0 .
3
3
Câu 31: Đáp án B
2
�
khi x �1, x �1
�x  1
Ta có y  x  1  � 2

  x  1 khi  1  x  1
�
2

�x  5 khi x �0
và y  x  5  �
 x  5 khi x  0
�
Ta có đồ thị

17

m

3 3  e2
 
� m  1.
4
4


Hoành độ giao điểm dương của hai đường đã cho là nghiệm của phương trình:
x  2
�
x2 1  x  5 � x2  x  6  0 � �
x3
�
Do tính chất đối xứng, diện tích S cần tìm bằng hai lần diện tích của S1, mà S1  SOMNP  I  J
với I là phần diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y   x 2  x; y  0; x  0; x  1 .
và J là phần diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x 2  1; y  0; x  1; x  3

1

1

3

3
� x3
� 2
�x 3
�
2
Khi đó I  �
  x  1 dx  � 3  x � 3 ; J  �
 x  1 dx  �3  x � 203 .
�
�
�
�
0
1
0
1
2

và SOMNP 

85
39
.3 

2
2

Do đó S1 

39 22 73


2
3
6

Kết luận S  2 S1 

73
.
3

Câu 32: Đáp án D
- Xét mệnh đề A ta thấy F '  x   G '  x  

2 x 2  6 x  20

 2 x  3

2

. Do đó mệnh đề A đúng.

- Xét mệnh đề B ta thấy F '  x   2.2sin x.  sin x  '  2sin 2 x  f  x 

và G '  x   2sin 2 x  f  x  . Do đó mệnh đề A đúng.
- Xét mệnh đề C ta thấy G '  x  

x 1
2 x  2x  2
2



x 1
2

 x  1

2

1

. Do đó mệnh đề C đúng.

Vậy ta chọn mệnh đề D.
Câu 33: Đáp án B
b

2
2
�
Ta có công thức quen thuộc V   �
�f  x   g  x  �
�dx .

a

e 2 x  e 4 .e 2 x dx
Ta có V   �
 e x    e x2  dx   �
0
0
2

2

Vì f  x   e 2 x  e4 .e 2 x 

2

2

e4 x  e4
, f  x   0 với x  1 và f  x   0 với x  1
e2 x

1
2
e2 x  4  e 2 x  dx  �
nên V   �

 e2 x  e2 x4  dx �
�
1
�0

�

18


�
�
e2 x  4  e2 x �1 �
e 2 x  e 2 x  4 �2
e 2  e 2  e 4  1 e 4  1  e 2  e 2 �
 �




� � 2
�
�
�
2
2
2
�
�0 �
�1
�
�
   e 2  1

2

Bấm máy tính ta thu được kết quả gần đúng nhất là 128,24.
Câu 34: Đáp án C
Để ý rằng:
b

b

a

a

�f  x  dx ��f  x  dx



(1) ;

� f  x   dx � �f  x  dx
b

2

a

b

b

a

a

b

a



2

(2) ;

�f  x  dx ��f  x  dx

(3) .

 (1) xảy ra dấu “=” khi và chỉ khi f  x  không đổi dấu.
 (3) xảy ra dấu “=” khi và chỉ khi f  x  �0 .
2
 Ở (2) ta chọn hàm số f  x   x thì không xảy ra dấu “=”.

Khẳng định C đúng bởi vì:

1

2
f  x  dx  �
1 f  x  dx
�f  x  dx  �f  x  dx  �

1

1

0

0

1

0

2

2

1

2
2
 2�
xf  x 2  dx  �
f  x  dx
0

1

Câu 35: Đáp án D
Lấy mốc thời gian là lúc xe tải bắt đầu được thắng. Gọi T là thời điểm xe tải dừng hẳn. Ta có
v  T   0 suy ra 27T  24  0 � T 

khi dừng hẳn của xe tải là

24
. Như vậy, khoảng thời gian từ lúc đạp thắng đến
27

24
giây. Trong khoảng thời gian đó, xe tải di chuyển được quãng
27
24

24
27
0

27 �27 32
�
24t  t 2 � 
 m
đường là S  � 24  27t  dt  �
2 �
3
�
0

Câu 36: Đáp án C
Điều kiện: 3  n ��
Ta có log 4  n  3  log

4
2

n9 3
19


� log 2  n  3  log 2  n  9   6
� log 2 �
 n  3  n  9  �
�
� 6
�  n  3  n  9   64 � n 2  6n  27  64  0
n7
�
��
n  13
�
Suy ra n  7
7

�2  2 3i �
Ta có z  �
� 3 i �
�
�
�



3 i



7

�� �
�
2�
cos �
�6
�
�

� �7 �
�7
 128 �
cos � � i sin �
�6
� �6 �

�
�
� i sin �
�
�6

7

�

�
�
�
�
�
�
�
�

�
�
�
� 64 3  64i
�
�

Do đó phần ảo của số phức z là 64.
Câu 37: Đáp án B
Phương trình đã cho tương đương với

2 z  i 1 i
z. z
 2iz 
0
z
1 i 1 i
� z  2iz   z  i   1  i   0.

Gọi z  a  bi với a, b ��
Khi đó  a  bi   2i  a  bi    a  bi  i   1  i  0 

1
�
a
�
�2a  3b  1  0
�
3
�  2a  3b  1   3a  1 i  0 � �
��
3a  1  0
5
�
�
b
�
9
Vậy

a 3
 .
b 5

Câu 38: Đáp án B
Giả sử z  x  yi (với x, y �� và x �0 )
2
4
6
8
Khi đó z  2  3i �4  1  i  i  i  i 

�  x  2    y  3 i �4 �  x  2    y  3  �16
2

2

Suy ra tập hợp điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là phần hình giao nhau giữa hình tròn tâm
I  2; 3 , bán kính 4 và nửa mặt phẳng bờ là trục ảo chứa các
điểm có phần thực không âm.
20


Vậy tập hợp điểm là một hình viên phân.
Câu 39: Đáp án D
Ta có u  v  u  v  u  v . Do đó mệnh đề (I) đúng.
uv  uv  uv . Do đó mệnh đề (II) đúng.
u  v  u  v  u  v . Do đó mệnh đề (III) đúng.
Câu 40: Đáp án D
2
Ta có S ABCD  2a

Do N là trung điểm của AD suy ra HN / / CD .
Suy ra HN  AD
�  60�
Lại có AD  SH � AD   SHN  � SNH
1
SNH có: HN  CD  a � SH  HN 3  a 3
2
1
a 3
2a 3 3

2
Do đó: VS . ABCD  SH .S ABCD 
.
.2a 
3
3
3
Câu 41: Đáp án B
Trong mặt phẳng (SBD) kẻ OE song song SH và cắt
SD tại E. Khi đó ta có tứ diện OECD là một tam diện
vuông tại O.
a
a 3
3a
Ta có OC  ; OD 
.
; OE 
2
2
8
Khi đó
1
1
1
1
3a



� d  O;  SCD   

2
2
2
OD OE
d  O;  SCD   OC
4 7
2

Vậy d  B;  SCD    2d  O;  SCD   

3a
.
2 7

Câu 42: Đáp án D
Áp dụng tỉ số thể tích ta có
VSMNP VSMQP SM SN SP SM SQ SP 1 1 1 1 1 1


.
.

.
.
 . .  . .
VSABC VSADC
SA SB SC SA SD SC 2 3 4 2 5 4
�

VSMNPQ

VSABCD

V
� 1 �1 1 1 1 1 1 �
V
1 �
 . � SMNP  SMQP � . � . .  . . �
2 �VSABC VSADC � 2 �2 3 4 2 5 4 �

21


Vậy VSMNPQ  1 

3 8
 .
5 5

Câu 43: Đáp án D
Vì thiết diện qua trục của hình trụ là một hình vuông
2
3
nên V1   r .2r  2 r .

Lăng trụ đều nội tiếp trong hình trụ đã cho có đáy là
hình vuông nội tiếp trong đường tròn đáy nên độ dài
cạnh hình vuông bằng r 2 . Do đó thể tích của hình trụ
nội tiếp trong hình trụ





2

đã cho là V2  r 2 .2r  4r 3 .
Vậy

V2
4r 3
2

 .
3
V1 2 r


Câu 44: Đáp án B
1 2
1 2
Ta có V1   b c, V2   c b
3
3
1
1
1
1 b 2c 2
1 b 2c 2
và V3   . AH 2 .BH   . AH 2 .CH   . AH 2 .BC   . 2 .a  
3

3
3
3
a
3
a
1
1
1 �1
1 �
1
1 a2
 2 
 2 4�

. 4 4
�
2
4 2
2
1 �b c b c �
Do đó V3
1 b c và V1 V2


3
3
Vì tam giác ABC vuông tại A nên a 2  b 2  c 2 .
Mặt khác
Vậy

1
1
1 �1 1 � 1 b 2  c 2
a2




.

�
�
b 4c 2 b 2 c 4 b 2c 2 �b 2 c 2 � b 2c 2 b 2 c 2
b 4c 4

1
1
1
 2 2 .
2
V3 V1 V2

Câu 45: Đáp án A
Gọi R là bán kính của viên bi và r,h tương ứng là bán kính đáy, chiều cao của hình trụ.
Thể tích nước khi chưa có viên bi là:  r 2 h .
Thể tích nước sau khi có viên bi là: 2 r 2 R (do lúc này chiều cao mực nước bằng vị trí cao
nhất của viên bi).

22

Mặt khác, thể tích nước lúc này bằng tổng thể tích nước ban đầu và thể tích viên bi

 r 2h 

4 R 3
4 R3
�  r 2h 
 2 r 2 R .
3
3

Thay số với h  4,56; r  6,12 và lưu ý rằng R  6 nên R �2,59 cm .
Câu 46: Đáp án D

r
r
Vec tơ pháp tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q) lần lượt là n P   1; 1; 2  ; nQ   3; 1;1 .
r r
�
n
Suy ra �
�P ; nQ �  1;5; 2  .
r
Chọn vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng    là n   1;5; 2  .
Do đó phương trình mặt phẳng    cần tìm là x  5 y  2 z  4  0.
Câu 47: Đáp án C
Mặt cầu (S) có tâm I  1; 2; 1 .
uu

r
Mặt phẳng tiếp diện với (S) tại A đi qua A  3; 4;0  và nhận IA   2; 2;1 làm vec tơ pháp
tuyến nên có phương trình 2  x  3  2  y  4   z  0 � 2 x  2 y  z  14  0.
Câu 48: Đáp án B
Gọi G là trọng tâm  ABC . Suy ra G  1; 2; 2  .
uuur 2 uuur 2 uuuu
r2
Ta có MA2  MB 2  MC 2  MA  MB  MC
uuuu
r uuu
r 2 uuuu
r uuu
r 2 uuuu
r uuur 2
 MG  GA  MG  GB  MG  GC .



 

 



 3MG 2  GA2  GB 2  GC 2
Do G cố định nên MA2  MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất � MI đạt giá trị nhỏ nhất � M là
hình chiếu vuông góc của I trên (P).
Đường thẳng d qua G  1; 2; 2  và vuông góc với (P) có phương trình là
Tọa độ hình chiếu M của I trên (P) thỏa mãn hệ phương trình
�x  4

�x  1 y  2 z  2


�
�
3
2 � �y  1
�3
�
�z  0
3 x  3 y  2 z  15  0
�
�
Vậy M  4; 1;0 
Câu 49: Đáp án A
A   �d1 � A  2  t ;1  2t ;1  2t  .
23

x 1 y  2 z  2


.
3
3
2


Do M là trung điểm AB nên B  t  2; 2t  3; 2t  1
B �d 2 �

t  2  2 2t  3  3 2t  1  1


�t 0
2
1
1

Suy ra A  2;1;1 , B  2; 3;1
�x  2
�
Đường thẳng  đi qua hai điểm A, B nên có phương trình là �y  1  t
�z  1
�
Câu 50: Đáp án A
(P) cắt Ox,Oy,Oz lần lượt tại M  2;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0;c  nên có phương trình là:
x y z
   1.
2 b c
Do N  1;1;1 � P  nên

x y z
   1 � bc  2  b  c  � b  c  2   2c .
2 b c

24