toanmath com đề kiểm tra khảo sát toán 12 năm 2017 – 2018 trường chu văn an – hà nội

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ
NỘI
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN

ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT LỚP 12
NĂM HỌC 2017 - 2018
Mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 90 phút (khơng kể thời gian phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề có 06 trang)
Họ và tên thí sinh:.
Số báo danh:.
Câu 1:

Mã đề 121

Trong khơng gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z  2  0. Một vectơ pháp tuyến của mặt
phẳng  P  có tọa độ là
A. 1;  2;1 .

Câu 2:

B. 1; 2;1 .

D.  2;1;1 .

C.  0;   .

D.  ;0  .

Hàm số y  2 x 4  1 đồng biến trên khoảng
1

A.  ;   .
2


Câu 3:

C. 1;1;  1 .

 1

B.   ;   .

 2

Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên
Hàm số đã cho có mấy điểm cực trị?
A. 0.
B. 2.
C. 4.
D. 1.

Câu 4:

Nguyên hàm I  

1
dx bằng

2x 1

1
A.  ln 2 x  1  C.
2
1
C. ln 2 x  1  C.
2

Câu 5:

B.  ln 2 x  1  C.
D. ln 2 x  1  C.

Tập xác định D của hàm số y  log  2 x  x 2  là
A. D   0; 2 .

B. D   ;0   2;   .

C. D   ;0    2;   .
Câu 6:

D. D   0; 2  .

Điểm biểu diễn của số phức z là M 1; 2  . Tọa độ của điểm biểu diễn cho số phức w  z  2 z
là
A.  2; 3 .

Câu 7:

Câu 9:

C.  1;6  .

D.  2;3 .

Trong không gian Oxyz , cho điểm M 1;0; 2  . Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. M   Oxz  .

Câu 8:

B.  2;1 .

B. M   Oyz  .

C. M  Oy.

Mỗi đỉnh của hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất bao nhiêu mặt?
A. Ba mặt.
B. Hai mặt.
C. Bốn mặt.
Giới hạn lim

x  

A.  .

sin x  1
bằng
x

B. 1.

C.  .

D. M   Oxy  .
D. Năm mặt.

D. 0.

Trang 1/7 - Mã đề thi 121


 x  1  2t

Câu 10: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y  2  3t ,  t    . Tọa độ một vectơ chỉ
z  3

phương của d là
A.  2;3;0  .

B.  2;3;3 .

C. 1; 2;3 .

D.  2;3;0  .

Câu 11: Trong không gian Oxyz , cho điểm P  a; b; c  . Khoảng cách từ điểm P đến trục tọa độ Oy
bằng
A.

a 2  c2 .

B. b.

D. a 2  c 2 .

C. b .

Câu 12: Gọi z1 và z2 lần lượt là hai nghiệm của phương trình z 2  4 z  5  0. Giá trị của biểu thức
P   z1  2 z2  .z2  4 z1 bằng
A. 10.

B. 10.

C. 5.

D. 15.

Câu 13: Đồ thị của hàm số y  x 4  x 3  2 cắt trục hoành tại bao nhiêu điểm?
A. 2.

B. 1.

C. 0.

D. 4.

Câu 14: Có bao nhiêu cách chia hết 4 đồ vật khác nhau cho 3 người, biết rằng mỗi người nhận được ít
nhất một đồ vật?
B. 18.

C. 12.
D. 36.
A. 72.
4

Câu 15: Cho hàm số y  f  x  thỏa mãn điều kiện f 1  12, f   x  liên tục trên  và

 f   x  dx  17.
1

Khi đó f  4  bằng
A. 5.
C. 19.

B. 29.
D. 9.

Câu 16: Cho hàm số y  ax3  bx 2  cx  d , với a, b, c, d là các số thực và a  0
(có đồ thị như hình vẽ). Khẳng định nào sau đây sai?
 x  2
A. y '  x   0  
.
x  0
B. Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại điểm x  2.
C. y '  0, x   2;0  .
D. Đồ thị hàm số có đúng hai điểm cực trị.
Câu 17: Cho cấp số cộng  un  , n  * có số hạng tổng quát un  1  3n. Tổng của 10 số hạng đầu tiên
của cấp số cộng bằng
A. 59048.
C. 155.

B. 59049.
D. 310.

Câu 18: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  4 z  3  0 và mặt phẳng

 P  : 2 x  2 y  z  0.

Mặt phẳng  P  cắt khối cầu  S  theo thiết diện là một hình trịn có diện

tích bằng
A. 5 .

B. 25 .

C. 2 5.

D. 10 .

Trang 2/7 - Mã đề thi 121


Câu 19: Gọi M , m tương ứng là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 
định nào sau đây đúng?
B. 9M  m  0.
A. M  9m  0.

C. 9M  m  0.

2 cos x  1

 Khẳng
cos x  2

D. M  m  0.

Câu 20: Một người thợ thủ cơng làm mơ hình đèn lồng hình bát diện đều, mỗi cạnh của bát diện đó
được làm từ các que tre có độ dài 8 cm. Hỏi người đó cần bao nhiêu mét que tre để làm 100 cái
đèn (giả sử mối nối giữa các que tre có độ dài không đáng kể)?
B. 960 m.
C. 192 m.
A. 96 m.

D. 128 m.

1
Câu 21: Một chất điểm chuyển động theo quy luật s  t   t 2  t 3  m  . Tìm thời điểm t (giây) mà tại đó
6
vận tốc v (m/s) của chuyển động đạt giá trị lớn nhất.
B. t  0,5 .
C. t  2, 5 .
D. t  1 .
A. t  2.
40
theo a và b là
3
3a
C. P  .
2b

Câu 22: Cho a  log 2 5, b  log 2 9. Biểu diễn của P  log 2

A. P  3  a  2b.

1
B. P  3  a  b.
2

D. P  3  a  b .

Câu 23: Cho hai hàm số y  f  x  và y  g  x  liên tục trên đoạn  a; b với a  b. Kí hiệu S1 là diện
tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  3 f  x  , y  3g  x  , x  a, x  b; S 2 là diện tích
hình phẳng giới hạn bởi các đường y  f  x   2 , y  g  x   2 , x  a, x  b . Khẳng định nào
sau đây đúng?
A. S1  2 S 2 .

B. S1  3S2 .

Câu 24: Đồ thị hàm số y 
A. 3.
Câu 25: Phương trình 3
A. m  0.

4 x 4

C. S1  2 S2  2.

D. S1  2S 2  2.

x2  1
có bao nhiêu tiệm cận?
x 1

B. 1.
C. 0.

D. 2.

 81m1 vô nghiệm khi và chỉ khi
B. m  0.
C. m  1.

D. m  1.
2

2

2

Câu 26: Tích tất cả các giá trị của x thỏa mãn phương trình  3x  3   4 x  4    3x  4 x  7  bằng
A. 4.

B. 1.

C. 3.

D. 2.

Câu 27: Cho hình thang cong (H) giới hạn bởi các đường y  e x , y  0, x  1, x  1 . Thể tích vật thể
trịn xoay được tạo ra khi cho hình (H) quay quanh trục hoành bằng
A.

e 2  e 2


2

B.

e

2

 e 2  
2

2

Câu 28: Số phức z  1  i   1  i   ...  1  i 
A. 21009  1.



2018

C.

e 4

2

D.

e

2

 e 2  
2



có phần ảo bằng

B. 21009  1.

C. 1  21009.

D.   21009  1 .

  60. Góc giữa
Câu 29: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, SA  SB  SD  a, BAD
đường thẳng SA và mặt phẳng  SCD  bằng
A. 30 .

B. 60 .

C. 90 .

D. 45 .

Trang 3/7 - Mã đề thi 121

Câu 30: Trong

không

gian

Oxyz ,

cho

hai

điểm

A  0; 1; 2  , B 1;1; 2 

và

đường

thẳng

x 1 y z 1
. Biết điểm M  a; b; c  thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MAB có
 
1
1
1
diện tích nhỏ nhất. Khi đó, giá trị T  a  2b  3c bằng
A. 5.

B. 3.
C. 4.
D. 10.
d:

Câu 31: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 x  y  2 z  9  0 và ba điểm A  2;1;0  ,
  
B  0; 2;1 , C 1;3; 1 . Điểm M    sao cho 2 MA  3MB  4MC đạt giá trị nhỏ nhất.
Khẳng định nào sau đây đúng?
A. xM  yM  z M  1.
B. xM  yM  zM  4.

C. xM  yM  zM  3.

D. xM  yM  zM  2.

  CAD
  DAB
  90o , AB  1, AC  2, AD  3. Cosin của góc giữa
Câu 32: Cho tứ diện ABCD có BAC
hai mặt phẳng  ABC  và  BCD  bằng
A.

2 13

13

B.

3 5


7

C.

1

3

Câu 33: Có bao nhiêu giá trị của tham số m để đồ thị  Cm  : y 

 Cm 

D.

2

7

mx  3
có tiệm cận và tâm đối xứng của
1 x

thuộc đường thẳng d : 2 x  y  1  0 ?

A. 1.

B. 0.

C. 2.

D. vơ số.

Câu 34: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh a, cạnh bên SA vng góc với mặt đáy,

SA  a. Gọi M là trung điểm của SB . Góc giữa AM và BD bằng
B. 30.
C. 90.
A. 45.

D. 60.

Câu 35: Một nhóm học sinh gồm 5 bạn nam và 5 bạn nữ được xếp theo một hàng dọc. Xác suất để 5
bạn nữ đứng cạnh nhau bằng
1
1
1
1
A.
B.
C.
D.




35
252
50
42

Câu 36: Khai triển của biểu thức  x 2  x  1

2018

được viết thành a0  a1 x  a2 x 2  ...  a4036 x 4036 .

Tổng S = a0  a2  a4  a6  ...  a4034  a4036 bằng
A. 21009.

B. 0.

C. 21009.

D. 1.

Câu 37: Bạn An có một cốc giấy hình nón có đường kính đáy là 10 cm và độ dài đường sinh là 8 cm.
Bạn dự định đựng một viên kẹo hình cầu sao cho tồn bộ viên kẹo nằm trong cốc (khơng phần
nào của viên kẹo cao hơn miệng cốc).
Hỏi bạn An có thể đựng được viên kẹo có đường kính lớn nhất bằng bao nhiêu?
A.

64
cm.
39

B.

5 39
cm.
13

C.

32
cm.
39

D.

10 39
cm.
13

Trang 4/7 - Mã đề thi 121


Câu 38: Để đồ thị hàm số y  x 4  2mx 2  m  1 có ba điểm cực trị nhận gốc tọa độ O làm trực tâm thì
giá trị của tham số m bằng
A. 1.

B.

1

2

C.

1


3

D. 2.

 

Câu 39: Phương trình cos 2 x.sin 5x  1  0 có bao nhiêu nghiệm thuộc đoạn   ; 2  ?

 2
A. 2.
B. 1.
C. 4.
D. 3.
1

Câu 40: Biết tích phân


0

2x  3
dx  a ln 2  b  a, b    , giá trị của a bằng
2 x

A. 7.

B. 2.

Câu 41: Tập
2

 x 12

hợp

S

tất

cả

.log 2  x 2  2 x  3   4

1 3 
A. S   ;1;  .
2 2

Câu 42: Xét

hàm

số

C. 3.

các
x m

giá

trị

của

tham

số

m

để

phương

trình

.log 2  2 x  m  2  có đúng ba nghiệm phân biệt là

3
1
B. S   ; 1;  .
2
2

f  x

D. 1.

liên

tục

trên

 1 3
C. S   ;1;  .
 2 2

0;1

đoạn

và

3
1
D. S   ;1;   .
2
2

thỏa

mãn

điều

kiện

1

4 x . f  x   3 f 1  x   1  x . Tích phân I   f  x  dx bằng
2

2

0

A. I 
Câu 43: Cho


4

B. I 

.

các

số


6

z1 , z2 , z3

phức

C. I 

.

thỏa

mãn


20

D. I 

.

điều

kiện


16

.

z1  4, z2  3, z3  2

và

4 z1.z2  16 z2 .z3  9 z1.z3  48. Giá trị của biểu thức P  z1  z2  z3 bằng
A. 1.

B. 8.

C. 2.

D. 6.

Câu 44: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hàm số f   x  như hình vẽ

Hàm số y  f 1  x  
A.  3;1 .

x2
 x nghịch biến trên khoảng
2

B.  2;0  .

C. 1;3 .

3

D.  1;  .
2


Trang 5/7 - Mã đề thi 121


Câu 45: Gọi S là tập hợp các số tự nhiên nhỏ hơn 106 được thành lập từ hai chữ số 0 và 1 . Lấy ngẫu
nhiên hai số trong S. Xác suất để lấy được ít nhất một số chia hết cho 3 bằng
4473

2279
55
53
A.
B.
C.
D.




8128
4064
96
96
Câu 46: Hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số y  f  x 

Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y  f ( x  1)  m có 5 điểm cực
trị?
A. 2.

B. 1.

C. 3

D. 0.

Câu 47: Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có tất cả các cạnh bằng a , gọi M , N lần lượt là trung
điểm của các cạnh AA và AB. Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và BC bằng
A.

2 5
a.
5

B.

3 5
a.
10

C.

3 5
a.
5

D.

2 5
a.
15

Câu 48: Cho hàm số y  x 3  x 2  3 x  1 có đồ thị  C  . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

m để từ điểm M  0; m  kẻ được ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị  C  mà hoành độ tiếp điểm
thuộc đoạn 1;3 ?
A. 61.

B. 0.

C. 60.

D. Vô số.

Câu 49: Viện Hải dương học dự định làm một bể cá bằng kính phục vụ khách tham quan (như hình vẽ),
biết rằng mặt cắt dành cho lối đi là nửa hình trịn

Trang 6/7 - Mã đề thi 121


Tổng diện tích mặt kính của bể cá gần nhất với số nào sau đây?
A. 872 m 2 .
B. 914 m 2 .
C. 984 m 2 .

D. 949 m 2 .

x y 1 z
và hai điểm A 1; 2; 5  ,


1
1
1
B  1;0; 2  . Biết điểm M thuộc  sao cho biểu thức T  MA  MB đạt giá trị lớn nhất là

Câu 50: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  :

Tmax . Khi đó, Tmax bằng bao nhiêu?

A. Tmax  3.

B. Tmax  2 6  3.

C. Tmax  57.

D. Tmax  3 6.

----------- HẾT ----------

Trang 7/7 - Mã đề thi 121



100 lời giải chi tiết các đề thi thử THPT QG 2018
THPT CHU VĂN AN – HÀ NỘI
Ngọc Huyền LB sưu tầm và giới thiệu

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2018 LẦN 1
Mơn: Tốn, Ngày 21/4/2018
Thời gian làm bài: 90 phút

B sai vì f  x0   f  2  với x0  1

Câu 1: Đáp án C.


VTPT mặt phẳng (P) là: n P  1;1; 1

Câu 17: Đáp án C.

Ta có: u1  2; u10  29

Câu 2: Đáp án C.
Ta có y  8 x 3 ; y  0  8 x 3  0  x  0

10

 S10   ui 

Hàm số nghịch biến trên  0;  

 u10  .10
2



 2  29  .10  155
2

bằng 3.
Ta có: d  I ;  P   

Câu 5: Đáp án D.
ĐK: 2 x  x2  0  0  x  2
Câu 6: Đáp án C.

2.  1  2.1  1.  2 
2

2

2 2   2   12





 r  R 2  d 2 I ;  P   32  2 2  5  S  r 2  5

Ta có: z  1  2i  w  z  2 z  1  6i  N  1;6  là điểm
biểu diễn w.
Câu 7: Đáp án A.
Ta có: yM  0  M  Oxz 

Câu 19: Đáp án C.
Đặt t  cos x , t  1;1
2t  1
trên D  1;1
t2

Xét hàm số: f  t  

Câu 8: Đáp án A.
Câu 9: Đáp án D.
x 

1

i 1

1
1
1
1
dx  
d  2 x  1  ln 2 x  1  C
2x  1
2 2x  1
2

L  lim

u

Câu 18: Đáp án A.
Ta có đường trong (S) có tâm I  1;1; 2  và bán kính

Câu 3: Đáp án B.
Câu 4: Đáp án C.
I

THPT Chu Văn An - Hà Nội lần 1

5

Có f   t   

sin x  1
x

 t  1

2

 0, t  D

Suy ra hàm số nghịch biến trên D.
1
; m  f  1   3  9 M  m  0
3

Ta có hàm số f  x   sin x  1 bị chặn trên và dưới khi

M  f  1 

x  

Câu 20: Đáp án A.
Ta có mỗi đèn cần 12 que tre.

sin x  1
Suy ra L  lim
0
x 
x

Vậy cần 12.100.

Câu 10: Đáp án A.


8
 96  m  để làm 100 cái đèn.
100

VTCP của d là: ud   2; 3;0 

Câu 21: Đáp án A.

Câu 11: Đáp án A.

Có v  t   s  t   2t  t 2  

1
2

d  P; Oy   xp2  zp2  a2  c 2

2
1
t  2  2  2
2

Dấu "  " xảy ra khi t  2 s
Câu 22: Đáp án B.

Câu 12: Đáp án D.
 z1  z2  4
 z1 .z2  5

Ta có 

log 2





P   z1  2 z2  .z2  4 z1   z1  2 z2  .z1  4 z1  z12  4 z1  2 z1 .z2

40
1
1
 log 2 40  log 2 3  log 2 5  3  log 2 9  3  a  b
3
2
2

Câu 23: Đáp án B.
b

b

 5  2 z1 .z2  15

Ta có S1  a 3 f  x   3 g  x  dx  3a f  x   g  x  dx

Câu 13: Đáp án A.
Phương trình hồnh độ giao điểm: x4  x 3  2  0

S2   f  x   2  g  x   2 dx   f  x   g  x  dx





  x  1 x 3  2 x 2  2 x  2  0

b

b

a

a

 S1  3S2

Câu 24: Đáp án D.

 x  1
 3
2
 x  2 x  2 x  2  0

Ta có: lim y  lim

Xét hàm số f  x   x3  2x 2  2 x  2 trên 

đồ thị hàm số.

Có f   x   3x  4x  2  0, x  

x 1

x 1

x2  1
   x  1 là tiệm cận đứng của
x 1

2

Suy ra phương trình f  x   0 có duy nhất 1 nghiệm.
Vậy đáp án A.
Câu 14: Đáp án B.
Có C 32 .3!  18 cách.
Câu 15: Đáp án B.
4

 f   x  dx  f  4   f 1  17  f  4   29
1

lim y  lim y  lim

x 

x 

x 

x2  1
 0  y  0 là tiệm cận
x 1

ngang của đồ thị hàm số.
Đáp án D.
Câu 25: Đáp án C.
Ta có 3

4 x4

 81m 1  3

4 x 4

 34 m  4  x  1  m  1

Phương trình vơ nghiệm khi m  1  0  m  1
Câu 26: Đáp án B.

Câu 16: Đáp án B.
Nhà sách Lovebook - THE BEST OR NOTHING!

Giải đáp thắc mắc: />

100 lời giải chi tiết các đề thi thử THPT QG 2018
2

2

Xét phương trình :  3  3    4  4    3  4  7 
x

x

x

x

2

THPT Chu Văn An - Hà Nội lần 1
2

x

u  3  3
2
Đặt 
 u2  v 2   u  v 
x

2

và SC  SI  IC  SI 2   AC  IA  a 2.
2

1 a 6 a2 3 a 3 2
.


.
3 3
4
12

1
3

+)Suy ra: VSACD  .SI .SACD  .

 v  4  4

 u  v 2  u2  2uv  v 2  2uv  2 v 2  0
 3x  4 x  7  0  * 
 3x  4 x  7  0
u  v  0

 x

v  0
 4  4
 x  1

+)Mặt khác, SCD có SA  SD  a ,SC  a 2.

*Phương trình (*): 3x  4 x  7  0
Do hàm số f  x   3x  4 x  7 đồng biến trên  và

+)Lại có:

2

Sử dụng cơng thức Hê-rơng ta tính được: SSCD 

f 1  0 nên x  1 là nghiệm duy nhất của phương

trình (*).
Vậy pt cho có duy nhất một nghiệm là x  1 .
Chú ý: khi hàm số y  f  x  đồng biến hoặc nghịch biến trên
 và f  m   0 thì x  m là nghiệm duy nhất của phương

trình f  x   0. (pp dùng hàm đặc trưng)
Câu 27: Đáp án D.
Chú ý: công thức thể tích vật thể trịn xoay được tạo ra khi
cho một hình (H) quay quanh trục hồnh:
b

V   f 2  x  dx
a

1

1

x

1



1













sin SA ,  SCD  



d A , SCD 
SA



1





 SA ,  SCD   450 .

2

Câu 30: Đáp án D.
Gọi M  1  t; t ;1  t 


 AM   t  1; t  1; t  1
 
  
  AM ; AB    2t  2; t  1; t  3 


 AB  1; 2; 0 
2
2
2
1  
1
Mà: SMAB   AM ; AB 
2t  2    t  1   t  3 
 2 
2
1
6t 2  16t  14
2

Suy ra, để SMAB min thì 6t 2  16t  14 nhỏ nhất.



e 2  e 2 
 e 2 x 
e 2 x dx  

.

1
2
 2  1

2

 e  dx   

3V
1
a
d A , SCD  .SSCD  d A ,  SCD   SACD 
.
3
SSCD
2

+)Vậy:



Áp dụng vào bài này ta được:

V  

VSACD 

a2
.
2

Tức là t 

16 4
1 4 7
 . Và M  ; ; 
2.4 3
3 3 3

Câu 28: Đáp án B.
Nhận thấy đây là một cấp số nhân với số hạng đầu
u1  1  i , công sai q  1  i.

Vậy a  , b  , c 

Ta có cơng thức tổng cấp số nhân:

Câu 31: Đáp án B.

1  qn
Sn  u1
1 q

Gọi I là điểm thỏa mãn điều kiện 2 IA  3 IB  4 IC  0.

 S2018  1  i 

1  1  i 

1  1  i 
1008

  i  1 1   2i 




  i  1 1  2

1009

1009

2018



1  i  1   2i 



 

i  1  2

1009

504

.2i

4
3

7
 a  2b  3c  10.
3




2 x A  3xB  4 xC
0
xI 
234

2 y  3 y B  4 yC

Suy ra:  y I  A
 4
234

2 z A  3 zB  4 zC


7
zI 
234





i

.2i    i  1 1   4 


1
3



  1  2  i







 I  0; 4;7  .

Khi đó ta có:

1009

  
 
 
 
2 MA  3 MB  4 MC  2 MI  IA  3 MI  IB  4 MI  IC




 MI  2 IA  3 IB  4 IC  MI



Vậy phần ảo cần tìm là 1  21009
Câu 29: Đáp án D.
S

 

 



Vậy điều kiện bài ra tương đương MI nhỏ nhất. Tức là
M là hình chiếu vng góc của I trên mặt phẳng    .
 M  2; 3; 5

B

A
I

Vậy xM  y M  z M  4.
Câu 32: Đáp án D.
Cách 1:
Gọi AI là đường cao của  ABC

D

C

+)Gọi I là trọng tâm tam giác đều ABD.
(đồng nghĩa I thuộc AC do AC vng góc BD)
+)Mà SA  SB  SD nên I là hình chiếu vng góc của
S trên mặt phẳng đáy.
 SI 

a 6
.
3

Nhà sách Lovebook - THE BEST OR NOTHING!


ABC  DBC   DIA
Khi đó 

Suy ra AI 

2
5


Vậy cos DIA

.  DI  AI 2  AD 2 

4
7
9 
.
5
5

AI 2
 .
DI 7

Cách 2: Vì xuất hiện tam diện vng nên ta sử dụng
phương pháp tọa độ hóa khơng gian cho bài này.
Giải đáp thắc mắc: />

100 lời giải chi tiết các đề thi thử THPT QG 2018
Chọn A  0;0;0  ; B  1;0;0  ; C  0; 2;0  ; D  0;0; 3  .

THPT Chu Văn An - Hà Nội lần 1
Vậy góc giữa hai đường thẳng AM, BD bằng 60 o.

Khí đó:

Câu 35: Đáp án D.
Xác suất để 5 bạn nữ đứng cạnh nhau là:


 1 1
VTPT của mặt phẳng  BCD  là: n2   1; ;  .
 2 3

P


VPTP của mặt phẳng  ABC  là: n1   0;0;1

 
n1 .n2
Vậy cos     
n1 n2

1
1
0.1  0.  1.
2
3

1
2
3 .

2
2
7 7
1 1
1. 1      
6
2 3

Câu 33: Đáp án A/B.
Câu này khá nhạy cảm, đang được tranh luận khơng
chỉ ở Việt Nam mà cịn ở nước ngồi. Hiện có 2 quan

n A
n



6.5!.5! 1
 .
10!
42

Câu 36: Đáp án D.
Theo bài ra:  x 2  x  1

2018

 ao  a1x  a2 x 2  ...  a4036 x 4036 .

Thay x  i vào ta được:

i

2

i 1



2018

 ao  a1i  a2 i 2  ...  a4036 i 4036

 i 2018  ao  a1i  a2  a3i  a4  a 5i  ...  a 4035 i  a4036
 1   ao  a2  a4  a6  ...  a4034  a4036    a1  a3  a5  ...  a4035  i

điểm khác nhau giữa đáp án A và B.

Suy ra S  ao  a2  a4  a6  ...  a4034  a4036 chính là phần

Đáp án A: khơng tồn tại giá trị của m.

thực của số phức -1.

TXĐ: D   \1 .

Tức là S  1.

Nếu m  3 thì hàm số trở thành: y  3, với x  1.

Câu 37: Đáp án D.
A

Hàm số này, theo kiến thức phổ thơng thì khơng có
tiệm cận hay tâm đối xứng.
Nếu m  3. đồ thị hàm số có đường tiệm cận là
y  m , x  1 tâm đối xứng là I  1; m

O

Nhưng khi thay I vào đường thẳng d thì m  3 nên
khơng thỏa mãn.

B

Vậy nên không tồn tại giá trị của m.
Đáp án B:
Theo quan điểm đáp án B thì khi hàm số trở thành
y  3 thì có tiệm cận ngang là chính nó và tiệm cận

đứng là x  1 , tâm là 1; 3  .
Đứng về khía cạnh học sinh, không nên hoang mang về
những câu kiểu này. Khả năng cao nếu Bộ ra câu này thì sẽ
cho thêm điều kiện m  3 để tồn tại hàm phân thức. Học
sinh có thể n tâm ơn luyện, nắm chắc kiến thức sgk và
hiểu rõ bản chất từng vấn đề.



, BD  

AM , MI  AMI
Khi đó MI / / BD, suy ra AM
2

Để đường kính viên kẹo là lớn nhất thì viên kẹo tiếp
xúc với mặt phẳng miệng cốc và mặt bên của cốc
Suy ra mặt cắt cắt cốc và kẹo theo đường cao của
cốc tạo thành một hình như hình vẽ.
Đường trịn tâm O nột tiếp tam giác ABC cân tại A.
Ta có:

AB BH AB  BH


AO HO
AH
AH .BH
h.r r. l 2  r 2 5. 8 2  52 5 39




AB  BH l  r
lr
85
13
10 39
 2R 
13

 R  HO 
 dmax

làm trực tâm thì cần điều kiện là: b 2  8 a  4abc  0

Gọi I là trung điểm SD.

Mà MI  MA  IA 

C

Câu 38: Đáp án A.
Hàm số trùng phương có 3 cực trị nhận gốc tọa độ O

Câu 34: Đáp án D.
Cách 1:

a

H

. Nên MAI đều.

  60 o.
Vậy AMI

Thay vào ta được:

 2 

Xuất hiện tam diện vng nên ta cũng sử dụng pp tọa
độ hóa như câu 32.
Chọn A  0;0;0  , S  0;0;1 B  1;0;0  , C 1;1;0  , D  0;1;0 
1 1
M là trung điểm SB nên M  ; 0;  .
2
2

1
  1
1

 
 AM   ; 0; 
2
1
Khi đó: 
 .
 2 2   cos AM , BD 

1
2
BD  1;1; 0
. 2



2





Nhà sách Lovebook - THE BEST OR NOTHING!

 8.1  4.1.  2  m  1  0  8 m  8  0  m  1.

Câu 39: Đáp án B.
Ta có: sin 5 x.cos2 x  1  0


Cách 2:

3

1
 sin 7 x  sin 3x   1  sin 7 x  sin 3x  2
2

sin7 x  1

sin 3 x  1

(vì sin 7 x  1, sin 3x  1 )



2
 x    k
14

7 (vì x     ;   nên l=0,1,2, k=2,3)

 2 

2



x    l

6
3



2  
2
k

l
14
7
6
3

 3  12 k  7  28l
Giải đáp thắc mắc: />

100 lời giải chi tiết các đề thi thử THPT QG 2018
4  28l

k
12

 z 1 z2 z3 z1  z2  z3  48

1
3

Với l  0  k   loại.

 z1  z2  z3  2.

13
3

Câu 44: Đáp án B.
Với t  1  x , ta có hàm số y  f  t  có đồ thị như

(Vì k,l thuộc  )

Với l  1  k  2. chọn.
Với l  2  k 

THPT Chu Văn An - Hà Nội lần 1
  z1 z2 z3  z1  z2  z3   48

loại.

hình vẽ.


Vậy có duy nhất giá trị x  .
2

y

Câu 40: Đáp án A.
Ta có:



1

0

1
2x  3
7 
dx    2 
 dx  2 x  7 ln 2  x
0
2x
2x






1

0

 2  7 ln 2.

-1 O

Vậy a  7.

3

1

t

-3

Câu 41: Đáp án A.

-1

t  x 2  2 x  1   x  12
Đặt 
u  2 x  m

t ,u  0

Khi đó phương trình trở thành:

-3

2t log 2  t  2   2u log 2  u  2  .

-5

Xét hàm số y  2 x log 2  x  2 
Có: y  g  x   f 1  x  

2x
 0, u, t  0.
Có y  2 log 2  x  2  
 x  2  ln 2
x

x2
x
2

y  x    f   1  x   x  1   f   t   t

Mà y  t   y  u nên t  u.

Hàm nghịch biến khi và chỉ khi:

  x  1  2 x  m

 f   t   t  0  f   t   t

Đến đây, ta nên thay thử 4 đáp án với các giá trị của m

Dựa vào đồ thị hàm số xác định được

2

t  3
1  x  3
x  4
f '  t   t  


1

t

3
1

1

x

3


 2  x  0

vào để loại.
Kết luận đáp án A.
Mẹo: ta thấy ở cả 4 đáp án,

1 3

;1; đều xuất hiện 3 lần nên
2 2

nếu sắp hết giờ ta có thể khoanh vào đáp án chứa cả 3 số
này. Đây chỉ là mẹo.
b

b

b

a

a

Theo bài ra: 4 xf  x   3 f  1  x   1  x
2

1

1

 

  4 xf x 2 dx   3 f  1  x  dx  
0

TH2: số tự nhiên có 5 chữ số

 f  x  dx   f t  dt   f  u du  ...

a

0

Mà I1  0 4 xf  x 2  dx 
u 1 x

1

1

0

t  x2

1



1

0

 có 16 số, trong đó 10 số chia hết cho 3, 6 số không

chia hết cho 3.

2

TH3: số tự nhiên có 4 chữ số

1  x 2 dx

 có 8 số, trong đó 5 số chia hết cho 3, 3 số không chia

hết cho 3.

1

2 f  t  dt  2  f  x  dx
0

0

1

TH4: số tự nhiên có 3 chữ số
1

I 2   3 f 1  x  dx    3 f  u  du  3  f  u  du  3 f  x  dx
0

1

1

 có 32 số, trong đó 21 số chia hết cho 3, 11 số khong

chia hết cho 3.

Câu 42: Đáp án C.
Chú ý:

Vậy chỉ có đáp án B thỏa mãn.
Câu 45: Đáp án C.
TH1: số tự nhiên có 6 chữ số

0

1

0

1

Nên suy ra: 2 0 f  x  dx  3 0 f  x  dx  0 1  x 2 dx

 có 4 số, trong đó 3 số chia hết cho 3, 1 số không chia

hết cho 3.
TH5: số tự nhiên có 2 chữ số

1 1
  f  x  dx   1  x 2 dx
0
5 0
(Bấm máy)
1

  f  x  dx  .

0
20

TH6: số tự nhiên có 1 chữ số

Câu 43: Đáp án C.

hết cho 3.

Từ điều kiện bài cho suy ra: z1 z1  16, z2 z2  9, z3 z3  4.

Vậy có tất cả 64 số, trong đó 42 số chia hết cho 3, và 22

Thay vào pt 4 z1z2  16 z2 z3  9 z1z3  48 ta được:

số không chia hết cho 3.

1

z3 z3 .z1z2  z1 z1 .z2 z3  z2 z2 .z1z3  48

Nhà sách Lovebook - THE BEST OR NOTHING!

 có 2 số, trong đó 2 số đều chia hết cho 3.
 có 2 số, trong đó 1 số chia hết cho 3, 1 số khơng chia

Kết luận: Xác suất cần tìm là: 1 

2
C 42

55
 .
2
96
C64

Giải đáp thắc mắc: />

100 lời giải chi tiết các đề thi thử THPT QG 2018
Câu 46: Đáp án C.
Ta phân tích hàm số:
Đồ thị hàm số g  x   f  x  x0  sẽ lùi một khoảng x0

THPT Chu Văn An - Hà Nội lần 1
Câu 48: Đáp án A.
Hàm số: y  x 3  x 2  3x  1

đơn vị so với đồ thị hàm số f  x  nếu x0  0 , tiến một

Phương trình tiếp tuyến với (C) tại  x0 ; x03  x02  3x0  1

khoảng x0 đơn vị so với đồ thị hàm số f  x  nếu

là: d : y   3 x02  2 x0  3  x  2 x03  x02  1 với x0  1; 3

x0  0 .

Có y  3x 2  2 x  3

Ta có d đi qua M  0; m suy ra ta có: 2 x03  x02  1  m

Suy ra giao điểm của đồ thị hàm số f  x  với Ox

 2 x03  x02  1  m  * 

không ảnh hưởng bởi giá trị của x0 .
Đồ thị hàm số g  x   f  x   y0 sẽ dâng một khoảng y0
đơn vị so với đồ thị hàm số f  x  nếu y0  0 , hạ một
khoảng y0 đơn vị so với đồ thị hàm số f  x  nếu
y0  0

Suy ra giao điểm của đồ thị hàm số f  x  với Ox bị
ảnh hưởng bởi giá trị của y 0
Ta có hàm số có cực tiểu thứ nhất là yCT 1  3 lớn hơn
cực tiểu thứ hai yCT 2  6 . Hàm số có một cực đại

Yêu cầu đề bài tương đương với phương trình (*) có
nghiệm x0  1; 3 .
Xét hàm số y  f  x   2 x3  x2 trên 1; 3
Có y  6 x2  2x  0, x  1; 3  hàm số đồng biến trên
1; 3

Suy ra f 1  f  x   f  3   3  f  x   63  64  m  4
Suy ra có 61 giá trị nguyên của m thỏa mãn.
Câu 49: Đáp án C.

yCD  2

(S)

(L)

(H)

(C)

Hàm số y  f  x  cắt Ox tại 4 điểm.
Suy ra để hàm số y  f  x  1  m có 5 điểm cực trị thì:
3  m  6

m  2

Ta có m  *  m  3; 4; 5  đáp án C.

(M)

(D)

Câu 47: Đáp án B.
z

Ta có: S  2S H   S L   2S M   2SS  S D   2SC 

C’

A’

S  2.6.25  10.25  2.1.25  2.10.6  2 .

B’

2

1  10  1.2 
2
2. . 
  984 m
2 
2


M

 

A

C

y

N
x

B

Gắn hình năng trụ với hệ trục tọa độ Oxyz như hình
vẽ.
Tọa độ các điểm A  0; 0;0   O; M  0; 0; 2  ; N







3;1; 0 ;



B 2 3; 2; 4 ; C  0; 4; 0  ( a  4 )

Gọi (P) là mặt phẳng chứa CB’ và song song với
MN.


u MN  MN  3;1; 2

Ta có  

uCB  CB  2 3; 2; 4



1 
 n P   
uMN ; uCB    0; 2;1


4 3

  P : 2y  z  8  0








Ta có d  BC ; MN   d  M ;  P   
 d  BC ; MN  

10  1.2
.25
2

Câu 50: Đáp án A.
*Cách 1: Phương trình tham số của đường thẳng
x  t
   :  y  1  t  M  t;1  t; t  .
z  t

2

2
 MA  3t  6t  27  3  t  1  24

Khi đó: 

 MB  3t 2  6



u  3  t  1 ; 24
 MA  u


Chọn  
với đk 

v  t 3;  6
 MB  v


   
Ta có BĐT: T  u  v  u  v  3.
 
Dấu “=” xáy ra khi u, v ngược hướng.






3  t  1
t 3







24
 6

 t  1.

*Cách 2: Từ tọa độ 2 điểm A, B ta có phương trình

2.0  2  8
2 2  12

6 5

5

3 5
a
10

Nhà sách Lovebook - THE BEST OR NOTHING!

x  1  2m


tham số của đường thẳng AB là:  y  2  2m
 z  5  7 m

Giải đáp thắc mắc: />

100 lời giải chi tiết các đề thi thử THPT QG 2018

THPT Chu Văn An - Hà Nội lần 1

 1 2 1 
Suy ra AB cắt  tại I  ; ;  
 3 3 3

   4 4 14 
 AI    ;  ; 
3 3 3 

 I thuộc đoạn AB.
Khi đó:  

2
 BI  ; 2 ; 7 



3 3 3 


Ta lấy A đỗi xứng với A qua    . Hay A đối xứng
với A qua hình chiếu H  1;0; 1 của A trên    .
 A  3; 2; 3   AB  2 2  2 2  12  3.

Mặt khác: T  MA  MB  MA  MB  A ' B (Theo BĐT
trong tam giác ABM )
Vậy Tmax  3, Khi M là giao điểm của AB và    , tức

là M  1;0;1 .
Cách 3: Dùng công thức.
MA  MB max  AB2  4d1d2

Trong đó:

 

u, NA 




d1  d A ,    
u


 
u, NB 



d2  d B,    


u










N là điểm bất kì thuộc   


và u là VTCP của    .

Cụ thể, ở đây, d1  2 6 , d2  6 , AB  57.
Nên TMax  57  4.2 6. 6  3.

Nhà sách Lovebook - THE BEST OR NOTHING!

Giải đáp thắc mắc: />