10 đề ôn tập TOÁN HAY GIAI đoạn CUỐI 2018

THPT CHUYÊN ĐH VINH – NGHỆ AN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2018 LẦN 2
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1: Với  là số thực bất kỳ, mệnh đề nào sau
đây sai?

 

A. 10

2

 100.


C.

10 

B.

 

10  10 2 .

D. 10

Câu 2: Giới hạn lim

x 2

x1

 x  2

2

2

 10  .


 10 .
2

bằng

B. y 

Câu 7: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên
như hình vẽ bên. Hàm số y  f  x  nghịch biến
trên khoảng nào trong các khoảng sau đây?

3
C. 0.
D. 
.
16

Câu 3: Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay

x
y’

hình phẳng giới hạn bởi các đường y  xe x , y  0,

y

A. .

x2
.
x 1
x2
D. y 
.
x 1

x2
.
x1
x2
C. y 
.
x2
A. y 

B.

0
+

0

-

-

1
0

+

x  0, x  1 xung quanh trục Ox là
1

A.  1;0  . B.  1;1

1

B. V   xe x dx.

A. V   x2 e 2 x dx.

0

0

1

C. V   x e dx.
2 2x

0

Câu 8: Trong không gian Oxyz , đường thẳng

1

D. V   x e dx.
2 x

0

Câu 4: Cho hình lập phương ABCD.ABCD
(tham khảo hình vẽ bên). Góc giữa hai đường

x3 y2 z4
cắt mặt phẳng Oxy  tại


1
1
2
điểm có tọa độ là
d:

thẳng AC và AD bằng
D

C
B

B.  3; 2;0  .

C.  1;0;0  .

D. 1;0;0  .

ngang?

A’

B’

B. 30.

C. 60.

D. 90.

Câu 5: Số cách sắp xếp 6 học sinh ngồi vào 6 trong
10 ghế trên một hàng ngang là
B. 6!.

x2  x  1
.
x

B. y  x  1  x 2 .

C. y  x 2  x  1.

D. y  x  x2  1.

A. y 

C’

D’

A. 610.

A.  3; 2;0  .

Câu 9: Đồ thị của hàm số nào sau đây có tiệm cận

A

A. 45.

C.  ; 1 . D.  0;   .

6
.
C. A10

6
.

D. C10

Câu 6: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của

Câu 10: Tập nghiệm của bất phương trình 2
là

A. 0;1 .

Câu

11:

B.  ;1 . C.  0;1 .

Trong

không

gian

x

2

D. 1;   .

Oxyz,

điểm

một trong bốn hàm số sau. Hỏi đó là đồ thị của

M  3; 4; 2  thuộc mặt phẳng nào trong các mặt

hàm số nào?

phẳng sau?
y

B. S : x  y  z  5  0.

C. Q  : x  1  0.

D.  P  : z  2  0.

Câu 12: Trong không gian Oxyz , cho a  3; 2;1 và

2
1
O 1

A.  R : x  y  7  0.

2

x

điểm A  4;6; 3  . Tìm tọa độ điểm B thỏa mãn

AB  a.


A.  7; 4; 4  .

B. 1;8; 2  .

B.  x  2    y  1   z  5   9.

C.  7; 4; 4  .

D.  1; 8; 2  .

C.  x  2    y  1   z  5   9.

2

2

Câu 13: Trong hình vẽ bên, điểm M biểu diễn số
phức z. Số phức z là

M

O

x

2

B. 1  2i.

C. 1  2i.

D. 2  i.

 ; 4 và có bảng biến thiên như hình vẽ bên . Số
điểm cực trị của hàm số đã cho là
2

1
0

-

3
0

+

-

B. 2.

C. 4.

D. 5.

Câu 15: Tất cả các nguyên hàm của hàm số

f  x 

1
là
2x  3
1
A. ln  2x  3  C.
2

B.

SA  2a, AB  3a. Khoảng cách từ S đến mặt

phẳng  ABC  bằng
a 7
.
2

C.
1



a
.
2

D.

a 3

.
2



Câu 17: Tích phân  x x2  3 dx bằng
0

4
7
D. .
.
7
4
Câu 18: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng
B. 1.

C.

 P  : 2x  6 y  z  3  0

cắt trục Oz và đường

x5 y z6
lần lượt tại A và B .
 
1
2
1
Phương trình mặt cầu đường kính AB là

thẳng d :

A.  x  2    y  1   z  5   36.
2

2

A. z2  2z  3  0.

B. z2  2z  5  0.

C. z2  2z  5  0.

D. z2  2z  3  0.

kính đáy bằng a. Diện tích xung quanh của hình
nón
bằng
A. 2a2 .

B. a2 .

C. a2 3. D. 4a2 .

x


2

hàm của g  x   x cos ax.

a
x2



là một

2

. Tìm nguyên

A. x sin x  cos x  C.

1
1
x sin 2x  cos2x  C.
2
4
C. x sin x  cos x  C.
B.

1
1
x sin 2x  cos2x  C.
2
4
Câu 22: Cho khối chóp S.ABC có thể tích V . Các
điểm A, B, C  tương ứng là trung điểm các cạnh
SA, SB, SC . Thể tích khối chóp S.ABC bằng

A.

V
.
8

B.

V
.
4

C.

V
.
2

D.

V
.
16

Câu 23: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  xe x trên

B. a.

A. 2.

2

D.

1
ln 2x  3  C.
2
1
C. ln 2x  3  C.
D.
ln 2x  3  C.
ln 2
Câu 16: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có

A.

2

nguyên hàm của f  x 
-1

0
A. 3.

D.  x  2    y  1   z  5   36.

1
1
Câu 21: Cho biết F  x   x3  2x 

3
x

2

1

y

2

Câu 20: Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng 60 , bán

Câu 14: Cho hàm số y  f  x  có tập xác định

+

2

nghiệm là 1  2i ?

1

x
y’

2

Câu 19: Phương trình bậc hai nào sau đây có

y

A. 2  i.

2

2

2

đoạn  2;0 bằng
A. 0.
Câu

24:

B. 
Tập

2
.
e2

C.  e.

xác

định

1

D.  .
e
của

hàm

số

y  1  log2 x  3 log2 1  x  là
A.  0;1 .

1 
B.  ;1 
2 

1

1 
C.  ;   . D.  ;1  .
2

2 

Câu 25: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên
như hình vẽ bên. Số nghiệm của phương trình
f  x  1  2 là


x
y’

-2
+

3
0

-

0

+

y

B

A

4

C

18m

D

-2
A. 5.

B. 4.

C. 2.

12m

D. 3.

Câu 26: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn

1  i  z   2  i  z  13  2i ?
A. 4.

B. 3.

C. 2.

D. 1.

Câu 27: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  . Hàm số

y  f   x  có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực
đại của hàm số y  f





1

A.

2

.

B.

4
.
5

C.

1
3

2

.

D.

3
1 2 2

.

Câu 30: Số giá trị nguyên của m  10 để hàm số





A. 10.

B. 11.

y  ln x 2  mx  1 đồng biến trên  0;   là

C. 8.

D. 9.

Câu 31: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam

x 2  2 x  2 là

giác vuông cân tại B, AB  a , cạnh bên SA vuông

y

góc với mặt phẳng đáy, góc tạo bởi hai mặt phẳng

 ABC 

-1 O 1

bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC

x

3

và SBC  bằng 60 (tham khảo hình vẽ

bằng
S

A. 1.

D. 3.
Câu 28: Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có
đáy

B. 2.
là

ABC

C. 4.

tam

giác

vuông

tại

A, AB  a 3, BC  2a , đường thẳng AC  tạo với

A

mặt phẳng  BCCB  một góc 30 (tham khảo hình

C
B

vẽ bên). Diện tích của mặt cầu
ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho bằng
A

A. a.

B

min f  x   f  2  .
  ;0 

B. 6a2 .

C.

a 2
.
2

D.

a 3
.
2

Giá trị lớn nhất của hàm

y  f  x  trên đoạn 1; 3 bằng
A. 8a  d. B. d  16a. C. d  11a. D. 2a  d.
Câu 33: Đầu tiết học, cô giáo kiểm tra bài cũ bằng

B’

cách gọi lần lượt từng người từ đầu danh sách lớp

C’

A. 24a2 .

a 3
.
3

Câu 32: Cho hàm số y  ax 3  cx  d , a  0 có

C

A’

B.

C. 4a2 .

D. 3a2 .

lên bảng trả lời câu hỏi. Biết rằng các học sinh đầu

Câu 29: Một cổng chào có dạng hình parabol chiều

tiên trong danh sách lớp là An, Bình, Cường với

cao 18m, chiều rộng chân đế 12m. Người ta căng

xác suất thuộc bài lần lượt là 0,9; 0,7 và 0,8. Cô

hai sợi dây trang trí AB, CD nằm ngang đồng thời

giáo sẽ dừng kiểm tra sau khi đã có 2 học sinh

chia hình giới hạn bởi parabol và mặt đất thành

thuộc bài. Tính xác suất cô giáo chỉ kiểm tra bài cũ

ba phần có diện tích bằng nhau (xem hình vẽ bên).

đúng 3 bạn trên.

Tỉ số

AB
bằng

CD

A. 0,504.

B. 0,216.

C. 0,056.

D. 0,272.

Câu 34: Sau 1 tháng thi công thì công trình xây
dựng Nhà học thể dục của Trường X đã thực hiện
được một khối lượng công việc. Nếu tiếp tục với


tiến độ như vậy thì dự kiến sau đúng 23 tháng nữa

với a, b, c , d

công trình sẽ hoàn thành. Để sớm hoàn thành

a , c , d là các số nguyên tố và a  b  c  d. Tính

công trình và kịp thời đưa vào sử dụng, công ty

P  a  b  c  d.

xây dựng quyết định từ tháng thứ 2, mỗi tháng

là các số nguyên dương, trong đó

A. 1986.

B. 1698.

C. 1689.

D. 1968.

tăng 4% khối lượng công việc so với tháng kề

Câu 39: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm

trước. Hỏi công trình sẽ hoàn thành ở tháng thứ

A  1; 3; 2  , B  3;7; 18 

mấy sau khi khởi công?
A. 19.

B. 18.

C. 17.

D. 20.

Câu 35: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục

1; 2 

trên

thỏa

f 1  4

mãn

và

f  x   xf   x   2x3  3x2 . Tính giá trị f  2  .
A. 5.

B. 20.

C. 10.

D. 15.

Câu 36: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình

và

mặt

phẳng

 P : 2x  y  z  1  0. Điểm M  a; b; c  thuộc  P 
sao cho mặt phẳng  ABM  vuông góc với  P  và
MA2  MB2  246. Tính S  a  b  c.

A. 0.
B. 1 .
C. 10.

D. 13.

Câu 40: Cho hàm số y   x 3  mx 2  mx  1 có đồ
thị  C  . Có bao nhiêu giá trị của m để tiếp tuyến

vẽ bên. Tìm số giá trị nguyên của m để phương

có hệ số góc lớn nhất của  C  đi qua gốc tọa độ

trình f x 2  2 x  m có đúng 4 nghiệm thực phân

O?





A. 2.

 3 7
biệt thuộc đoạn   ;  .
 2 2

B. 1.

C. 3.

Câu 41: Cho phương trình:

 



D. 4.







log 2 x  x 2  1 .log 5 x  x 2  1  log x  x 2  1 .

y

Có bao nhiêu giá trị nguyên dương khác 1 của m
4
3

sao cho phương trình đã cho có nghiệm x lớn hơn
2?

2
-1 O

A. 1.

B. 4.

A. Vô số.
1

x

C. 2.

B. 3.

C. 2.

Câu 42: Trong các số phức
D. 3.

D. 1.

z

thỏa mãn

z 2  1  2 z , gọi z1 và z 2 lần lượt là các số phức

Câu 37: Một quân vua được đặt trên một ô giữa

có môđun nhỏ nhất và lớn nhất. Khi đó môđun

bàn cờ vua. Mỗi bước di chuyển, quân vua được

của số phức w  z1  z2 là

chuyển sang một ô khác chung cạnh hoặc chung
đỉnh với ô đang đứng (xem hình minh họa). Bạn
An di chuyển quân vua ngẫu nhiên 3 bước. Tính
xác suất sau 3 bước quân vua trở về ô xuất phát.

A. w  2 2.

B. w  2.

C. w  2.

D. w  1  2.

Câu 43: Cho khai triển:

1  2 x 

n

 a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n , n  1.

Tìm số giá trị nguyên của n với n  2018 sao cho
tồn tại k  0  k  n  1 thỏa mãn ak  ak 1 .
A. 2018.

B. 673.

C. 672.

D. 2017.

Câu 44: Trong không gian Oxyz , cho tam giác
ABC có A  2; 3; 3  phương trình đường trung

1
A.
.
16

1
B.
.
32

3
C.
.
32

3
D.
.
64


1
Câu 38: Cho hàm số f  x   ln  1  2  . Biết rằng

x 


f  2   f  3  ...  f  2018   ln a  ln b  ln c  ln d

x3 y3 z2


, phương
1
2
1
trình đường phân giác trong của góc C là
tuyến kẻ từ B là

x2 y4 z2


. Đường thẳng AB có một
2
1
1
véctơ chỉ phương là


A. u3  2;1; 1 .

B. u32  1; 1; 0  .

giữa diện tích của tam giác ABC và thể tích khối

C. u4  0;1; 1 .

D. u3  1; 2;1 .

tứ diện OABC bằng

Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho đường
thẳng

d:

x  2 y 1 z  2


4
4
3

và

mặt

phẳng

 P  : 2x  y  2z  1  0. Đường thẳng  đi
E  2;1; 2  , song song với  P  đồng thời tạo với
d

góc bé nhất. Biết rằng 

có một véc tơ chỉ

phương u  m, n,1 . Tính T  m2  n2 .
A. T  5. B. T  4.

Câu 46: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là
hình

bình

 ABC  luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định, bán
kính của mặt cầu đó bằng
A. 3.

B. 2.

C. 4.

D. 1.

Câu 48: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên [0; 1]
1

thỏa mãn

 xf  x  dx  0

và max f  x   1. Tích
 0;1

0

1

D. T  4.

C. T  3.

3
. Biết rằng mặt phẳng
2

hành, AB  2a, BC  a, ABC  120.

Cạnh bên SD  a 3 và SD vuông góc với mặt
phẳng đáy (tham khảo hình vẽ bên). Tính sin của
góc tạo bởi SB và mặt phẳng  SAC  .
S

phân I   e x f  x  dx thuộc khoảng nào trong các
0

khoảng sau đây?

5
A.  ;   .
4


3

B.  ; e  1 
2


 5 3
C.   ; 
 4 2

D.  e  1;  

Câu 49: Cho hàm số f  x   x 4  4 x 3  4 x 2  a . Gọi

M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của hàm số đã cho trên đoạn 0; 2 Có bao nhiêu
số nguyên a thuộc đoạn  3; 3 sao cho M  2m?
D

C

A. 3.

B. 7.

C. 6.

D. 5.

Câu 50: Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng

A

B

SAC  vuông góc với mặt phẳng  ABC  , SAB là

3
3
3
1
.
.
A. .
B.
C. .
D.
4
7
4
4
Câu 47: Trong không gian Oxyz , cho các điểm

tam giác đều cạnh a 3 , BC  a 3, đường thẳng

A, B, C (không trùng O ) lần lượt thay đổi trên các

của khối chóp S.ABC bằng

trục Ox,Oy,Oz và luôn thỏa mãn điều kiện: tỉ số

SC tạo với mặt phẳng  ABC  góc 60. Thể tích

A.

a3 3
.
3

B.

a3 6
.
2

C.

a3 6
.
6

D. 2a3 6.


ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THPT CHUYÊN ĐH VINH LẦN 2 – 2018
Mã đề: 132
1.D

2.A

3.C

4.C

5.C

6.B

7.A

8.D

9.D

10.A

11.A

12.B

13.A

14.A

15.B

16.B

17.D

18.B

19.C

20.A

21.C

22.A

23.D

24.B

25.A

26.D

27.A

28.B

29.C

30.A

31.D

32.B

33.D

34.B

35.B

36.C

37.D

38.C

39.B

40.B

41.D

42.A

43.B

44.C

45.D

46.C

47.B

48.C

49.D

50.C

Câu 1: Đáp án A.
Cách 1: Phương pháp tự luận

   

 10  2  10 2

Với mọi số thực a bất kỳ, ta có 
 10   10


 





 10 2   100 


 10 2

Suy ra các phương án A, B, C đúng; phương án D sai.
Cách 2: Sử dụng MTCT
Chọn một số thực  bất kì rồi thử từng phương án bằng MTCT. Chẳng hạn, ta

chọn   1,5 và gán vào biến nhớ A, ấn: 1.5qJz



* Phương án A: Nhập 10 A



2

 100 A , ấn: (10^Qz$)dp1

00^Qz=. Kết quả bằng 0, vậy phương án A đúng.
10 A 

* Phương án B: Nhập

 10 

A

, ấn: s10^Qz$$p(s

10$)^Qz=. Kết quả bằng 0, vậy phương án B đúng.
A

10 A  10 2 , ấn !ooooooooo10

* Phương án C: Nhập

^Qza2=. Kết quả bằng 0, vậy phương án C đúng.



* Phương án D: Nhập 10 A



2

2

 10 A , ấn (10^Qz$)dp10

^Qzd=. Kết quả xấp xỉ bằng 822, vậy phương án D sai.
Câu 2: Đáp án A.
Cách 1: Phương pháp tự luận

lim

x 2

x1

  do khi x  2 thì x  1  1 và  x  2   0.
2

 x  2

2

Cách 2: Sử dụng MTCT
Nhập vào màn hình

X 1

X  2

2

, sau đó dùng chức năng CALC với X  2  106

và X  2  106 , ấn:
aQ)+1R(Q)+2)drz2+10^z6
=rz2p10^z6=
Kết quả lần lượt là 9,99999  1011   và 1,000001  1012  .
Vậy lim

x 2

x1

 x  2

2

  .

Câu 3: Đáp án C.

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
1

 

y  xe x , y  0, x  0, x  1 quanh trục hoành là: V   xe x
0

D

C

A

2

1

dx   x2 e 2 xdx .
0

Câu 4: Đáp án C.
Do ABCD.ABC D là hình lập phương nên ta có AC // AC.



 



Suy ra AC , AD  AC, AD . Đặt cạnh của hình lập phương bằng a,  a  0  .

B

Khi đó AC  AD  CD  a 2  ACD đều.
D’

C’



Câu 5: Đáp án C.

B’

A’

 



Vậy AC , AD  AC, AD  DAC   60.

6
Số cách xếp 6 học sinh ngồi vào 6 trong 10 ghế trên một hàng ngang là A10
(cách).

Câu 6: Đáp án B.
Quan sát đồ thị hàm số hình bên, ta thấy:

y

* Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x  1, đường tiệm cận ngang là y  1.
Loại phương án A, C.

2

* Đồ thị cắt trục hoành tại điểm  2; 0  , đồ thị cắt trục tung tại điểm  0; 2  . Loại

1
O

1

2

x

phương án D, chọn phương án B.
Câu 7: Đáp án A.
Quan sát bảng biến thiên của hàm số y  f  x  , ta thấy hàm số nghịch biến trên
mỗi khoảng  1; 0  và  0;1 .
Câu 8: Đáp án D.
x  3  t

Phương trình tham số của đường thẳng d là:  y  2  t ,  t 
 z  4  2t


.

Phương trình tổng quát của mặt phẳng  Oxy  là: z  0.
STUDY TIPS
1. Đường y  y 0 là tiệm cận
ngang của đồ thị hàm số

y  f  x  nếu:

lim f  x   y 0 hoặc

x 

lim f  x   y 0 .

x 

2. Đường x  x 0 là tiệm cận
đứng của đồ thị hàm số

y  f  x  nếu một trong các

điều kiện sau được thỏa mãn:
lim f  x   ; lim f  x   ;

Suy ra tọa độ giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng  Oxy  thỏa mãn
phương trình: 4  2t  0  t  2. Vậy giao điểm là  1; 0; 0  .
Câu 9: Đáp án D.
x2  x  1
1

 x  1  . suy ra đồ thị hàm số có đường tiệm
x
x
cận đứng là x  0, đường tiệm cận xiên là y  x  1. Suy ra:

* Phương án A: Ta có y 

lim y  lim

x 0

x 0

x2  x  1
x2  x  1
 ; lim y  lim
   Tiệm cận đứng là x  0.
x 0
x 0
x
x

lim f  x   ; lim f  x   



1
1
lim y  lim  x  1    ; lim y  lim  x  1      Đồ thị hàm số không
x 

x 
x
x
x
x



3. Đường thẳng y  ax  b,

có tiệm cận ngang.

x x0

x  x0

x x0

x x0

a  0

là tiệm cận xiên của

đồ thị hàm số y  f  x  nếu
lim f  x    ax  b    0

lim  y   x  1  lim

1

1
 0; lim  y   x  1  lim  0  Đồ thị có đường tiệm
x 
x  x
x 
x  x
cận xiên là y  x  1.

x 

hoặc

lim f  x    ax  b    0.

x 

* Phương án B: Đồ thị hàm số y  x  1  x2 không có tiệm cận.
* Phương án C: Đồ thị hàm số y  x 2  x  1 không có tiệm cận.


* Phương án D: Ta có y  x 

x 
x 1 
2



x2  1 x  x2  1
x x 1

2



1
x  x2  1

.

Suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.
lim y  lim

x 

x 

1
x  x2  1

 0; lim y  lim
x 

x 

1
x  x2  1

 0  Đồ thị hàm số có tiệm

cận ngang là y  0.

Câu 10: Đáp án A.
Ta có 2

x

x  0
x  0

2

 0  x  1. Vật tập nghiệm là S  0;1 .
 x  1 x  1


Câu 11: Đáp án A.
Câu 12: Đáp án B.

 xB  4  3  xB  1


Ta có AB  a   yB  6  2   yB  8 . Vậy B  1; 8; 2  .
z  3  1
 z  2
 B
 B
Câu 13: Đáp án A.
Điểm M  2;1 biểu diễn số phức z  2  i  z  2  i.
Câu 14: Đáp án A.
Quan sát bảng biến thiên, ta thấy y  đổi dấu khi x đi qua các điểm x  1, x  2 và
x  3 nên hàm số y  f  x  có 3 điểm cực trị trên   ; 4  .

Câu 15: Đáp án B.
Ta có



f  x  dx  

dx
1 d  2x  3 1
 
 ln 2 x  3  C.
2x  3 2
2x  3
2

Câu 16: Đáp án B.
Ta có S.ABC là hình chóp tam giác đều nên SA  SB  SC và ABC đều.
Gọi H là trọng tâm của ABC  HA  HB  HC. Suy ra H là hình chiếu của S

S





trên mặt phẳng  ABC  hay SH   ABC   SH  d S;  ABC  .
Gọi M là trung điểm của BC thì AM 
C

A
H

ABC nên HA 

M
B

AB 3 3a 3

. Do H là trọng tâm của
2
2

2
2 3a 3
AM  .
 a 3.
3
3 2

Trong SHA vuông tại H có: SH  SA2  HA2 



 2a 

2

 

 a 3

2

 a.



Vậy d S;  ABC   SH  a.
Câu 17: Đáp án D.
1

Ta có

 xx
0

2



1

 3 dx  
0



1

 x 4 3x 2 
7
x  3x dx   
  .
2 0 4
 4
3



Ngoài ra, ta cũng có thể sử dụng MTCT để tính tích phân này.
Câu 18: Đáp án B.

Giao điểm của trục Oz với mặt phẳng  P  : 2 x  6 y  z  3  0 là A  0; 0; 3  .


x  5  t

Phương trình tham số của đường thẳng d là:  y  2t ,  t 
z  6  t


Giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng  P  thỏa mãn hệ phương trình:

STUDY TIPS
Mặt cầu tâm I a; b;c  , bán
kính R có phương trình tổng
quát là:

 x  a    y  b   z  c 
2

2

.

2

 R2 .

x  5  t
x  5  t
x  4



y

2
t
 y  2t

 y  2


 B  4; 2; 7  .

z  6  t
z  6  t

z  7
2 x  6 y  z  3  0
2  5  t   6.2t   6  t   3  0
t  1

2
2
AB 1 2

4   2    7  3   3 và I  2; 1; 5 
2
2
Vậy phương trình mặt cầu tâm I, đường kính AB là:

Gọi I là trung điểm AB thì IA  IB 

 x  2    y  1   z  5
2

2

2

 9.

Câu 19: Đáp án C.
 z  1  2i
2
2
* Phương án A: z 2  2 z  3  0   z  1  2  0   z  1  2i 2  

 z  1  2i
STUDY TIPS
Ngoài ra, ta cũng có thể sử
dụng MTCT để tìm các
nghiệm của các phương trình
đã cho, thực hiện bằng việc
sử dụng phương thức EQN:
w53.

 z  1  2i
2
2
* Phương án B: z 2  2 z  5  0   z  1  4  0   z  1  4i 2  
 z  1  2i
 z  1  2i
2
2
* Phương án C: z 2  2 z  5  0   z  1  4  0   z  1  4i 2  
 z  1  2i
 z  1  2i
2
2
* Phương án D: z 2  2 z  3  0   z  1  2  0   z  1  2i 2  
 z  1  2i

Vậy phương trình z2  2z  5  0 có một nghiệm là z  1  2i.
Câu 20: Đáp án A.
Giả sử hình nón có đỉnh là S, đáy là đường tròn tâm I, bán kính R  a.

S

Kẻ đường kính AB của đường tròn  I ; a  , suy ra I là trung điểm của AB.
Từ giả thiết ta có ASB  60  ISA  ISB 

1
ASB  30.
2

Trong SIA vuông tại I, ta có IA  SA.sin ISA  SA 
A

R
a

 2a. Suy
sin 30 sin 30

ra đường sinh của hình nón là l  IA  IB  2a.

I
B

Diện tích xung quanh của hình nón là Sxq  Rl  .a.2a  2a2 (đvdt).
Câu 21: Đáp án C.

Ta có F  x    f  x  dx nên F   x   f  x  .





2

2
1 x4  2x2  1 x  1
Lại có F  x   x  2  2 

.
x
x2
x2
2


Khi đó F  x   f  x 

x


2

  x

1
x2

2

2

a
x2



số ta được a  1. Suy ra g  x   x cos x và

2

. Sử dụng phương pháp đồng nhất hệ

 g  x dx   x cos xdx .

u  x
du  dx

Đặt 
và  g  x  dx  x sin x   sin xdx  x sin x  cos x  C.
dv  cos xdx v  sin x
Câu 22: Đáp án A.
Áp dụng công thức tỉ số thể tích, ta có

STUDY TIPS
Khối chóp tam giác S.ABC có
các điểm A,B,C lần lượt
thuộc các đường thẳng SA,
SB, SC thì:
VS.ABC SA SB SC

.

.
VS.ABC
SA SB SC

VS. ABC SA SB SC 1 1 1 1

.
.
 . . 
VS. ABC
SA SB SC 2 2 2 8

VS. ABC V
 .
8
8
Câu 23: Đáp án D.
 VS. ABC 

Ta có y  e x  xe x   x  1 e x ; y  0  x  1   2; 0  .


1
y  y  1  
min
2
1

2;0


e
Lại có y  2    2 ; y  1   ; y  0   0 nên   
e
e
max y  y  0   0
 2;0 
 
Câu 24: Đáp án B.

x  0
0  x  1


Hàm số y  1  log 2 x  log 2 1  x  xác định  1  x  0
1  log x  0 log 2 x  1
2

3

0  x  1
1
1 


1   x  1 . Vậy tập xác định là D   ;1  .
2
2 
x 
2


Câu 25: Đáp án A.

STUDY TIPS
Khi tịnh tiến điểm M  x0 ; y0 
sang bên phải a đơn vị theo
phương Ox, ta được điểm
M  x0  1; y0  .

Ta có đồ thị của hàm số y  f  x  1 thu được khi tịnh tiến đồ thị y  f  x  sang
phải 1 đơn vị, theo phương của trục Ox. Khi đó các điểm trên đồ thị y  f  x 
cũng sẽ bị tịnh tiến sang phải 1 đơn vị.
Bảng biến thiên của hàm số y  g  x   f  x  1 :
–1

x
+

STUDY TIPS
Từ đồ thị

C

y  f  x ,

muốn biến đổi

0

4

–

+

0

của hàm số

4

thành đồ thị  C : y  f  x 

–2

ta cần thực hiện như sau:
* Giữ lại phần đồ thị

C

nằm phía trên trục Ox.
* Lấy đối xứng qua Ox phần
đồ thị

C

nằm phía dưới

Bảng biến thiên của hàm số y  h  x   f  x  1 (phần nét liền trong hình dưới):
–1

x

trục Ox (bỏ phần đồ thị nằm
phía dưới trục Ox).
Hợp hai phần đồ thị trên, ta
được đồ thị  C của hàm số

+

y  f x .

0

0

4
–

4

+

0

2
0

0
–2

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy đường thẳng y  2 cắt đồ thị hàm số
y  h  x   f  x  1 tại 5 điểm. Vậy phương trình f  x  1  2 có 5 nghiệm.

Câu 26: Đáp án D.
Đặt z  x  yi ,  x, y 

  z  x  yi.
Từ giả thiết, ta có  1  i  x  yi    2  i  x  yi   13  2i
 x  y   x  y  i  2 x  y   x  2 y  i  13  2i   3x  2 y   yi  13  2i

y

3x  2 y  13  x  3


 z  3  2i.
 y  2
 y  2
–1

O

3

1

x

Câu 27: Đáp án A.

Quan sát đồ thị hàm số y  f   x  có dạng bậc ba f   x   ax 3  bx 2  cx  d với
a  0. Mà phương trình f   x   0 có ba nghiệm phân biệt x  1, x  1, x  3 nên

f   x   a  x  1 x  1 x  3  với a  0.

Suy ra f 

STUDY TIPS
Một vài lý thuyết cần nhớ:
1.

Nếu

phương

trình

f  x   a n xn  a n1xn1  ...

a 1 x  a 0  0

có n nghiệm x  x1 ,x  x 2 ,...,
x  x n thì ta có :

x  x  .
n

2. Đạo hàm của hàm số hợp:







thì ta có

công thức sau:

y  x   y  u  .u  x 

 

x2  2 x  2  a







x2  2x  2  1



a  x  1 x2  2 x  7
2

x  2x  2 
2

Đặt g  x   f

x2  2 x  2  3

x2  2 x  2  1

x2  2 x  2  3



 , với a  0.





x2  2x  2 . Áp dụng quy tắc tính đạo hàm hàm số hợp





y  x   y u  .u x  của hàm số y  y u  x  , ta có:

g  x  

f  x   a  x  x1  x  x2  ...

Nếu y  y u  x 

 f





 


x2  2x  2 . f 

x2  2x  2



x1
x  2x  2
2

.f



x2  2x  2



 x  1


; g  x   0   x  1  2 2
x2  2x  2  3

 x  1  2 2

a  x  1 x 2  2 x  7
3

 g  x  





x2  2x  2 





Với a  0 ta có bảng biến thiên của hàm số g  x   f
x





x2  2x  2 như sau:

–1

–

0

+

–

0

+

0

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy hàm số g  x  đạt cực đại tại điểm x  1. Vậy
A

B
M





x2  2x  2 có đúng 1 điểm cực đại.

Câu 28: Đáp án B.

H

C

hàm số g  x   f

ABC vuông tại A nên AC  BC 2  AB2 
I

điểm BC  MA  MB  MC 
B’

A’
M’
C’

 2a 

2

 

 a 3

2

 a. Gọi M là trung

BC
 a  AC  AMC đều. Gọi H là trung điểm
2

MC  AH  MC hay AH  BC , và AH 

a 3
.
2


 ABC    BCC B 

Ta có  ABC    BCC B   BC  AH   BCC B 

 AH   ABC  : AH  BC

 





 H là hình chiếu của A trên  BCCB   AC,  BCCB   AC, HC  ACH.

Từ giả thiết, ta có ACH  30. AHC vuông tại H nên AH  AC.sin ACH hay
AC 

a 3
 a 3.
2.sin 30

ACC vuông tại C nên CC  AC2  AC 2 

a 3   a
2

2

 a 2.

Gọi M  là trung điểm của BC  MM // CC và MM  CC  a 2.
Gọi I  BC  BC , do BCCB là hình chữ nhật nên I là trung điểm MM và
IB  IC  IC  IB 

BC 1

2
2

 2a 

2

 

 a 2

2



a 6
.

2

MM a 2
Có IM  IM 

 IA  IA  IM2  AM 
2
2
Vậy IA  IB  IC  IA  IB  IC 

2

a 2
a 6
.

  a2 
 2 
2



a 6
nên mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ
2

ABC.ABC có tâm I, bán kính R 

a 6
.

2

Diện tích mặt cầu là S  4R2  6a2 (đvdt).
Câu 29: Đáp án C.
Cổng chào có dạng parabol  P  được gắn vào hệ tọa độ Oxy như hình vẽ bên.
Giả sử phương trình parabol  P  có dạng y  ax 2  bx  c ,  a  0  . Khi đó  P  cắt

y

trục hoành tại các điểm  6; 0  và  6; 0  ,  P  có đỉnh là  0;18  .

18

A

B

C
–6

D
O

6

x


1
a.  6 2  b.  6   c  0

a   2

36
a

6
b

c

0




Ta có hệ phương trình: a.62  b.6  c  0
 36a  6b  c  0  b  0
18  a.0 2  b.0  c
c  18
c  18






1
Suy ra  P  : y   x2  18.
2

Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi  P  và AB, S2 là diện tích hình phẳng
giới hạn bởi  P  và CD, S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi  P  và trục hoành.
Theo giả thiết ta có S1 

S
2S
và S2  .
3
3

Ta có công thức tính nhanh:

S
AB
S 3
1
3 1 3 .
3 .
CD
S2
3 2S
2

Câu 30: Đáp án A.
Điều kiện: x2  mx  1  0. Ta có y 

2x  m
.
x  mx  1
2


1
 y  0, x   0;  
Hàm số đồng biến trên  0;     2

 x  mx  1  0, x   0;    2 

1  m  2 x , x   0;    m  0. Khi m  0 thì  2  luôn đúng với mọi
x   0;   . Kết hợp với điều kiện đề bài, vậy m  0;10  . Có 10 giá trị nguyên
của m thỏa mãn.
Câu 31: Đáp án D.
Ta có BC  AB , BC  SA  BC  SAB   BC  SB.

z

Suy ra

S

SBC  , ABC   SB, AB  SBA  60.

Trong SAB vuông tại A có

SA  AB.tan SBA  a.tan 60  a 3.

Chọn hệ trục tọa độ Bxyz như hình vẽ, trong đó: B  0; 0; 0  , A  0; a; 0  , C  a; 0; 0  ,

y

x





S 0; a; a 3 .
A

C
B







Suy ra AB   0; a; 0  , SC  a; a; a 3 , BC   a; 0; 0    AB, SC   a2 3; 0; a2


Vậy d  AB; SC  



 AB , SC  .BC
a3 3 a 3





.
2
2a2
 AB, SC 



Câu 32: Đáp án B.
Nếu a  0 thì lim f  x     Không tồn tại giá trị nhỏ nhất trên đoạn   ; 0 
x

nếu a  0.
Nếu a  0 và min f  x   f  2  thì f   2   0  3a  2   c  0  12a  c  0.
2

 ;0

Suy ra f  x   ax 3  12 a  d. Xét hàm số f  x   ax 3  12 ax  d trên 1; 3 
 x  2  L 
Có f   x   3ax 2  12a  3a x 2  4 ; f   x   0  
 x  2  tm 









Suy ra lim f  x   min f 1 , f  2  , f  3   min d  11a; d  16a; d  9a  d  16a.
1;3

Câu 33: Đáp án D.
Gọi A, B, C lần lượt là các biến cố “bạn An thuộc bài”, “bạn Bính thuộc bài” và
“bạn Cường thuộc bài”.
Suy ra xác suất để ba bạn An, Bình, Cường thuộc bài lần lượt là P  A   0,9;
P  B   0,7; P  C   0,8 và xác suất để các bạn An, Bình, Cường không thuộc bài

 





lần lượt là P A  0,1; P B  0,3; P C  0,2.
Xác suất cần tính là

 



P  P A .P  B .P C   P  A  .P B .P C   0,1.0,7.0,8  0,9.0,3.0,8  0,272.
Câu 34: Đáp án B.
Giả sử rằng với tiến độ ban đầu thì 1 tháng sẽ thi công được một khối lượng
công việc là A. Khối lượng công việc để hoàn thành công trình xây dựng Nhà
học thể dục của Trường X là A  23A  24 A.
Thực tế, khối lượng công việc thực hiện là

A  A  1  4%   A 1  4%   ...  A 1  4% 
2

Trong đó A 1  4% 

n1

n1

n
A 1  4%   1



1  4%  1

là khối lượng công việc ở tháng thứ n.

n
A 1  4%   1
n


Suy ra
 24 A  1,04   1,96  n  log 1,04 1,96   17,15. Vậy
4%
chọn n  18.
Câu 35: Đáp án B.

Từ giả thiết f  x   xf   x   2 x 3  3x 2  xf   x   f  x   2 x 3  3x 2



f  x
x

Suy ra



f  x
x2

 2x  3 

xf   x   f  x 
x2

 f  x  
 2x  3  
  2 x  3.
 x 

 f  x  
f  x
2
3
2

  x  dx    2x  3 dx  x  x  3x  C  f  x   x  3x  Cx.



Do f  1  4 nên 4  C  4  C  0. Khi đó f  x   x 3  3 x 2 .
Vậy f  2   2 3  3.2 2  20.
Câu 36: Đáp án C.

 3 7
Đặt t  x2  2x. Xét hàm số t  x   x 2  2 x trên   ;  .
 2 2
Ta có t  x   2 x  2; t  x   0  t  1. Bảng biến thiên:
1

x
–

0

+

–1


 3 7
21 
Với mỗi t   1;  thì cho ta 2 nghiệm x    ;  .
4

 2 2





Để phương trình f x2  2x  m có đúng 4 nghiệm thực phân biệt thuộc

 3 7
  2 ; 2   Phương trình f  t   m có 2 nghiệm thực phân biệt thuộc




21 
 1;  ,
4



21 
tương đương với phương trình f  x   m có 2 nghiệm x   1;  . Khi đó
4


21 
đường thẳng x  m cắt đồ thị f  x  tại 2 điểm có hoành độ x   1;  .
4

Dựa vào đồ thị ta tìm được m  3; 5 . Vậy có 2 giá trị nguyên của m.
Câu 37: Đáp án D.

Bước di chuyển đầu tiên của quân vua có 8 cách, bước di chuyển thứ hai của
quân vua có 8 cách và bước di chuyển thứ ba của quân vua có 8 cách. Vậy phép


thử là “Di chuyển quân vua ngẫu nhiên 3 bước” và số phần tử của không gian
mẫu là n     8 3.
Gọi A là biến cố “Sau 3 bước quân vua trở về ô xuất phát”. Ta xét hai trường hợp
sau:
* Trường hợp 1: Trước tiên di chuyển vua sang ô đen liền kề có 4 cách (được
đánh dấu màu đỏ), tiếp tới di chuyển vua sang các ô được đánh dấu màu vàng
♔

có 4 cách, cuối cùng di chuyển vua về vị trí cũ có 1 cách (hình vẽ bên)
Vậy trường hợp này có 4.4.1  16 cách di chuyển thỏa mãn.
* Trường hợp 2: Trước tiên di chuyển vua sang ô trắng được đánh dấu màu đỏ
có 4 cách, tiếp theo di chuyển vua sang ô đen được đánh dấu màu vàng có 2 cách,
cuối cùng di chuyển vua về vị trí cũ có 1 cách (hình vẽ bên).

♔

Vậy trường hợp này có 4.2.1  8 cách di chuyển quân vua thỏa mãn bài toán.
Suy ra số phần tử của biến cố A là n  A   16  8  24.
Vậy xác suất cần tính là P  A  

n  A
n  



24 3

 .
83 64

Câu 38: Đáp án C.




1
1
1 
Ta có f  2   f  3   ...  f  2018   ln  1  2   ln  1  2   ...  ln  1 
2 
 2 
 3 
 2018 





 



22  1 32  1 ... 2018 2  1

1 
1 
1 

 ln  1  2  1  2  ...  1 
   ln
3  
20182  
22.32...20182
 2 

2019!

1.2.3...2017  .  3.4.5...2019   ln 2017 !. 1.2
 ln
 2.3...2018 
 2018!

 ln

1.3.2.4.3.5...2017.2019

 ln

2019
3.673
 ln 2
 ln 3  ln 4  ln 673  ln1009.
2018.2
2 .1009

 2.3...2018 

2

2

2

Vậy a  b  c  d  3  4  673  1009  1689.
Câu 39: Đáp án B.
Ta có AB   2; 4; 16  và VTPT của mặt phẳng  P  là n P    2; 1;1 .
Suy ra  AB, n P    12; 30; 6  . Từ giả thiết ta có VTPT của mặt phẳng  ABM 


là n ABM    2; 5;1 . Phương trình  ABM  : 2  x  1  5  y  3    z  2   0

 2x  5y  z  11  0 .
M   P 

Từ giả thiết, ta có hệ  M   ABM 

2
2
 MA  MB  246

2a  b  c  1  0

 2a  5b  c  11  0

2
2
2
2

2
2
 a  1   b  3    c  2    a  3    b  7    c  18   246
b  2
b  2


 c  1  2 a
 c  1  2 a

10a2  80 a  160  0
2
2
2
2

 a  1   2 a  3    a  3    2a  19   220


a  4

 b  2 . Vậy M  4; 2; 7   S  a  b  c  4  2  7  1.
c  7

Câu 40: Đáp án B.
Gọi d là tiếp tuyến của  C  tại điểm M  x0 ; y0  .


m m2 m2 m 


 
Hệ số góc của d là k  y  x0   3x02  2mx0  m  3  x02  2 x0 . 
3
9
9
3

2


m  m2
m2
m
 k  3  x0   
m
 m. Dấu “=” xảy ra  x0  .
3
3
3
3

m2
Suy ra hệ số góc lớn nhất của tiếp tuyến là kmax 
 m, khi đó tiếp điểm là
3
 m 2 m3 m2

M ;

 1 .

3
 3 27

Phương trình đường tiếp tuyến có hệ số góc lớn nhất là
 m2

m  2m3  9m2  27
y
 m x   
3
27
 3

Do tiếp tuyến này đi qua điểm O  0; 0  nên 

 2m3  9m2  27
m  m2
 m 
0

3 3
27


m3
 1  0  m  3 . Vậy có đúng 1 giá trị của m.
27
Câu 41: Đáp án D.


Đặt t  x  x 2  1  0. Xét hàm số t  x   x  x 2  1 trên  2;   .
Ta có t  x   1 

x
x2  1



x2  1  x
x2  1



x x
x2  1

 0 do x  2 nên x  x  0. Suy ra





hàm số t  x  nghịch biến trên  2;    0  t  x   t  2   2  3  t  0; 2  3 .
Phương trình đã cho trở thành: log 2 t.log 5 t   log m t  log 5 t   log m t.logt 2

 log 5 t   log m 2 

1
  log 5 t  1 
log 2 m





Xét hàm số f  t    log 5 t trên 0; 2  3 .
Ta có f   t   





1
 0, t  0; 2  3 . Bảng biến thiên:
t ln 5
x

0
–

Phương trình đã cho có nghiệm x  2  Phương trình





t  0; 2  5 . Quan sát bảng biến thiên, ta được

 1



có nghiệm

1
  log 5 2  3
log 2 m










1  log 2 m.log 5 2  3
1
 log 5 2  3 
0
log 2 m
log 2 m



 0  log 2 m 





1

log 5 2  3



1 m 2



1

log 5 2 3

 . Vậy các giá trị nguyên dương

khác 1 của m là m  2. Có 1 giá trị m thỏa mãn.
Câu 42: Đáp án A.
2



2





Từ giả thiết ta có: z 2  1  2 z  z 2  1  4 z  z 2  1 z 2  1  4zz

 







   z.z 

2
2
2
 z2  1  z  1   4z.z  z.z  z 2  z  1  4z.z  0



 zz

2

4

2



 6 z.z  1  0  z  z

2



Suy ra z  6 z  1   z  z



2



2

4

2

 z 6 z 1 0.
2

 0 hay 3  2 2  z  3  2 2


 z1  2  1
 2  1  z  2  1. Suy ra 

 z2  2  1









 z  2  1 i
 1
 z  2 1

z  1 2 i
 1

  1
Dấu “=” xảy ra   z2  2  1  
. Vậy

  z2  2  1 i
 z  z  0

 z   2  1 i
  2



w  z z 2 2
1
2


 w  z1  z2  2



Nhận xét chủ quan của tác giả: Bài này kết quả xảy ra hai khả năng của w như
ở trên. Tuy nhiên trong quá trình giải, tác giả nhận thấy chưa có sự sai sót nào ở
đây, rất mong nhận được các ý kiến đóng góp cũng như thảo luận của quý độc
giả để tìm ra một hướng giải tối ưu hơn.
Câu 43: Đáp án B.
n

n

Ta có khai triển  1  2 x    Cnk  2 x    Cnk 2 k x k .
n

k 0

k

k 0

k k

n
a  Cn 2
Từ giả thiết 1  2x   a0  a1x  a2 x2  ...  an xn ta có  k
k 1 k 1


ak1  Cn 2

Để ak  ak1  Cnk .2 k  Cnk1 .2 k1 



n!
n!
.2 k 
.2.2 k
n  k ! k !
 n  k  1!.  k  1!

1
2
2n  1

 k  1  2 n  k   k 
n k k 1
3

n  3t  2
n 
n , k 


0  t  672
2n  1



 k  2t  1
Từ đó ta có: 0  k  n  1   k 
 

3
t 
n  2018

t 

2

n

2018



2  n  2018
Có 672  0  1  673 số nguyên t thỏa mãn. Vậy có 673 số n thỏa mãn.
Câu 44: Đáp án C.


Gọi M là trung điểm của AC và D là chân đường phân giác kẻ từ C đến AB. Khi
x  3  t

đó phương trình tham số của BM và CD lần lượt là  y  3  2t  t 
z  2  t


A

D

B

I

M

 x  2  2t

C  y  4  t  t 
 z  2  t


A’



và

.

Ta có M  BM  M  3  xM ; 3  2 xM ; 2  xM  . Do M là trung điểm của AC nên
C  4  2 xM ; 3  4 xM ;1  2 xM  . Mà C CD nên C  2  2 xC ; 4  xC ; 2  xC  .

4  2 xM  2  2 xC
 xM  xC  1



 x  0
Suy ra 3  4 xM  4  xC  4 xM  xC  1   M
 C  4; 3;1 .
 xC  1
1  2 x  2  x
2 x  x  1 
M
C
C

 M
Gọi A đối xứng với A qua CD, suy ra AA  CD và A  BC. Gọi I là trung điểm

của AA thì CD  AA tại I.
I  CD  I  2  2xI ; 4  xI ; 2  xI   AI   2xI ;1  xI ; 1  xI  . Đường thẳng CD có

VTCP là uCD   2; 1; 1 . Từ AI  CD  AI .uCD  0  4 xI  xI  1  xI  1  0
 xI  0 . Suy ra I  2; 4; 2  . Mà I là trung điểm AA  A  2; 5;1 .

 x  2  t

Đường thẳng BC đi qua A và C nên phương trình tham số là  y  5  t  t 
z  1


.

Điểm B  BC  BM nên B  2; 5;1  A. Vậy VTCP của AB là u   0;1; 1 .
Câu 45: Đáp án D.

M
K
E
Q

P

Từ giả thiết suy ra tập hợp tất cả các đường thẳng  đi qua E  2;1; 2  , song
H

song với  P  là mặt phẳng  Q  thỏa mãn E   Q  ,  Q  //  P  .
Phương trình mặt phẳng  Q  là 2x  y  2z  9  0.
Dễ thấy E  2;1; 2   d nên E  d   Q  . Lấy điểm M  2; 3;1   d bất kì. Gọi H
là hình chiếu của điểm M trên đường thẳng . Gọi K là hình chiếu của điểm M
trên mặt phẳng  Q  thì K  2; 1; 3  và MH  MK.





 

Ta có   , d   EM , EH  MEH nên để ,d nhỏ nhất  MEH nhỏ nhất hay
sin MEH nhỏ nhất.

 

Lại có sin  , d  sin MEH 

MH MK
6


.
EM EM
41

Dấu “=” xảy ra  H  K  2; 1; 3  . Khi đó đường thẳng  đi qua hai điểm
E  2;1; 2  và K  2; 1; 3  . Đường thẳng  có một VTCP là n   0; 2; 1 .

Vậy u   0; 2;1 và m  0, n  2  T  m2  n2  4.
Câu 46: Đáp án C.
Trong mặt phẳng  ABCD  : Kẻ DH  AC , mà AC  SD  AC   SDH 
  SAC    SDH  và  SAC    SDH   SH .


Trong mặt phẳng  SDH  kẻ DK  SH ,  K  SH   DK  SAC 

S





 DK  d D; SAC  .
Trong ADC có AC  AD 2  CD 2  2 AD.CD.cos120  a 7.
Trong ABD có BD  AB2  AD 2  2 AB.AD.cos 60  a 3.

K

D

C

I
H

A

B


1
1
a2 3
S

AD
.
DC
.sin
ADC

.
a
.2
a
.sin120



2
 ADC
2
2
2  1 DH. AC  a 3
Ta có 
2
2
1
S
 DH. AC
 ADC 2

 DH 

a2 3
a 7





a 21
1
1
1
1





2
2
2
7
DK
SD
DH
a 3

 



 d D;  SAC   DK 

Ta có

2



7
8
 2
2
3a
3a

a 6

. Gọi I là giao điểm của AC và BC.
4


  IB  1  d B; SAC  d D; SAC  a 6 .
      4
d  D;  SAC   ID
d B;  SAC 

Gọi E là hình chiếu của điểm B trên mặt phẳng

 SAC 

thì BE 

SB; SAC   SB,SE  BSE. Trong SEB vuông tại E có:
sin BSE 

z
C

BE
BE


2
SB
SD  DB2 4

a 6

a 3   a 3 
2

2

a 6
và
4

1
 .
4

Câu 47: Đáp án B.
Giả sử A  a; 0; 0  , B  0; b; 0  , C  0; 0; c  với abc  0.
Trong mặt phẳng  OAB  : Kẻ OH  AB ,  H  AB  , mà AB  OC  AB   OHC 

K
B

O

y
A

H
x

STUDY TIPS

Gọi S là diện tích của đa giác
H trong mặt phẳng  P  và

S là diện tích hình chiếu H 
của H trên mặt phẳng  P 
thì S  S.cos , trong đó 
là góc giữa hai mặt phẳng
 P  và  P .

 AB  HC . Từ đó ta có

OAB ,  ABC   OH ,CH   OHC.





Trong mặt phẳng  OHC  : Kẻ OK  CH  K  CH  , suy ra OK  d O;  ABC  .
Ta có SOAB  SABC .cos OHC  SABC 

SOAB
sin OCH



abc
OC.SOAB

.
OK

2d O;  ABC 





abc
S
1
3
. Từ giả thiết ta có ABC 
Lại có VOABC  OA.OB.OC 
6
6
VOABC 2





abc

2d O;  ABC 



.





6
3
3
3
 
  d O;  ABC   2.
2
ABC 2
d O;  ABC 





Vậy mặt phẳng  ABC  luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm O, bán kính R  2.
Câu 48: Đáp án C.
Ý kiến của tác giả: Bài toán này có sử dụng các kiến thức về bất đẳng thức tích
phân nằm ngoài khuôn khổ của chương trình học và thi. Vì vậy, ở đây tác giả
không trình bày lời giải của bài toán này. Tuy nhiên, nếu có độc giả nào yêu cầu
lời giải thì có thể liên hệ với tác giả qua facebook dưới đây:
/>Câu 49: Đáp án D.


Xét hàm số g  x   x 4  4 x 3  4 x 2  a trên đoạn  0; 2  .
x  0

Ta có g  x   4 x  12 x  8 x; g  x   0   x  1
 x  2

3

2

Bảng biến thiên:
1

0

x

+

0

2

0

–

a

0

a

Ta có f  x   g  x  . Để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  ,
ta xét các trường hợp sau:
* Nếu a  0 thì M  max f  x   a  1; m  min f  x   a. Để M  2m thì a  1  2a

0;2

0;2

 a  1 , mà a   3; 3  nên 1  a  3  a  1; 2; 3 .
* Nếu a  1 thì M  max f  x   a; m  min f  x   a  1. Để M  2m thì
0;2

0;2

 a  2   a  1  a  2, mà a   3; 3  nên 3  a  2  a  3; 2 .

Vậy có 5 giá trị nguyên của a thỏa mãn.
Câu 50: Đáp án C.
Ta có BA  BC  a 3  ABC cân tại B. Gọi H là trung điểm của AC thì

B

BH  AC. Mà  BAC    SAC   BH   ABC  .
Lại có BA  BS  BC  a 3  HA  HS  HC  SAC vuông tại S.
Gọi K là hình chiếu của S trên AC thì SK   ABC  do  SAC    ABC  .
A
H

S

600

C



 



Khi đó SC ,  ABC   SC , KC  SCK  SCA  60.
SAC vuông tại S nên SC  SA.cot 60  a 3.

1
3

 a  AC  SA 2  SC 2  2a.

1
1
a2 3
AC 2
 SSAC  SA.SC  .a 3.a 
và BH  AB2 
 a 2.
2
2
2
4

Vậy VS. ABC 

1
1

a2 3 a3 6
BH .SSAC  .a 2.

(đvtt).
3
3
2
6


SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HÙNG VƯƠNG
(Đề gồm: 05 trang)

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 4
LỚP 12 NĂM HỌC 2017 - 2018
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm)
Mã đề thi 101

Câu 1:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hình chiếu của điểm M 1; 3; 5 trên mặt phẳng

 Oyz  có tọa độ là
A.  0; 3;0  .
Câu 2:

Câu 5:

D. 1; 3;0  .

B. 3.

C. 2.

D. log 2 3.

Hình vẽ bên là một phần đồ thị của hàm số nào ?
x 1
x 1
A. y 
B. y 
.
.
x 1
x 1

C. y 

Câu 4:

C.  0; 3;5 .

Cho a và b lần lượt là số hạng thứ nhất và thứ năm của một cấp số cộng có công sai d  0.
ba
Giá trị của log 2 
 bằng

 d 
A. log 2 5.

Câu 3:

B.  0; 3; 5 .

x
.
x 1

D. y 

x 1
.
x 1

Lục giác đều ABCDEF có bao nhiêu đường chéo ?
A. 15.
B. 6.
C. 9.

D. 24.


Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba vectơ a   1;1;0  , b  1;1;0  và

c  1;1;1 . Mệnh đề nào dưới đây sai ?



 
 
A. c  b.
B. c  3.
C. a  b.
D. a  2.

Câu 6:

Cho một hình trụ có chiều cao bằng 2 và bán kính đáy bằng 3. Thể tích của khối trụ đã cho
bằng
A. 6 .
B. 18 .
C. 15 .
D. 9 .

Câu 7:

Hàm số y  x3  2 x 2  x  1 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây ?
1

A.  ;  .
3


B. (1;  ).

 1 
C.   ;1  .
 3 

1 
D.  ;1 .
3 

B. 0.

C. 2.

D. 1.

x2
bằng
x
B. 2.

C. 0.

D. 1.

3

Câu 8:

Giá trị của  dx bằng
0

A. 3.
Câu 9:

Giá trị của lim
x 2

A. 3.

Trang 1/6 - Mã đề thi 101


Câu 10: Một khối lập phương có độ dài cạnh bằng 5, thể tích khối lập phương đã cho bằng
A. 243.

B. 25.

C. 81.

D. 125.

Câu 11: Cho hàm số f  x  xác định trên  \ {0} , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến

thiên như sau

Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị ?
A. 3.
B. 1.

C. 2.

D. 0.

C. 1;   .

D.  0;   .

Câu 12: Tập nghiệm của bất phương trình log 2 x  0 là
A.  0;1 .

B.  ;1 .

Câu 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào sau đây là phương trình của mặt phẳng Ozx ?
A. y  0.

B. x  0.

C. z  0.

D. y  1  0.

Câu 14: Điểm nào dưới đây là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y  x3  3 x  5?
A. M 1;3 .

B. Q  3;1 .

C. N  1;7  .

D. P  7; 1 .

C. cos x  C.

D.  cos x  C.

Câu 15: Nguyên hàm của hàm số f ( x )  cos x là
A.  sin x  C.

B. sin x  C.

Câu 16: Một nhóm gồm 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 học sinh
trong nhóm đó. Xác suất để trong 3 ba học sinh được chọn luôn có học sinh nữ bằng
5
2
1
1
A. .
B. .
C. .
D. .
6
3
6
3
Câu 17: Tập xác định của hàm số y  log 1  x  1  1 là
2

A. 1;   .

B. 1;   .

 3
C. 1;  .
 2

 3
D. 1;  .
 2

Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  2;1; 1 ; B  1;0; 4  ; C  0; 2; 1 . Phương trình

nào sau đây là phương trình của mặt phẳng đi qua A và vuông góc với BC ?
A. x  2 y  5 z  0.
B. x  2 y  5 z  5  0. C. x  2 y  5 z  5  0. D. 2 x  y  5 z  5  0.
Câu 19: Cho hình lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có AB  3 và AA '  1. Góc tạo bởi giữa đường thẳng

AC ' và mặt phẳng  ABC  bằng
A. 45o.

B. 60o.

C. 30o.

D. 75o.

Câu 20: Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0, 6% /tháng. Biết rằng nếu không

rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập làm vốn ban đầu để
tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng, người đó được lĩnh số tiền không ít
hơn 110 triệu đồng( cả vốn ban đầu và lãi), biết rằng trong suốt thời gian gửi tiền người đó
không rút tiền và lãi suất không thay đổi ?
Trang 2/6 - Mã đề thi 101


A. 17 tháng.

B. 18 tháng.

4

Câu 21: Cho

C. 16 tháng.

D. 15 tháng.

C. 32.

D. 8.

2

 f ( x) dx  16. Tính I   f (2 x) dx.
0

A. 16.

0

B. 4.

x 1
có bao nhiêu đường tiệm cận ?
x x2
B. 3.

C. 2.

Câu 22: Hỏi đồ thị của hàm số y 
A. 4.

Câu 23: Trên khoảng  0;1 , hàm số y  x3 
A.

1
.
2

B.

1
.
3

4

1
đạt giá trị nhỏ nhất tại x0 bằng
x
1
C. 3 .
3

D. 1.

D.

1
.
3

Câu 24: Cho hình chóp S . ABCD đều có AB  2a, SO  a với O là giao điểm của AC và BD. Khoảng

cách từ điểm O đến mặt phẳng  SCD  bằng
A.
Câu 25:

Câu 26:

a 3
.
2

B. a 2.

C.

a
.
2

D.

a 2
.
2

3x  2
. Tìm
x 1
tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình
3x  2
 m có hai nghiệm thực ?
x 1
A. 3  m  0.
B. m  3.
C. 0  m  3.
D. m  3.
Hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số y 

Cho hình chóp S . ABC có SA  a, SA   ABC  , tam giác ABC vuông cân đỉnh A và
BC  a 2. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB, SC . Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng

 MNA và  ABC  bằng
A.

2
.
4

B.

2
.
6

C.

3
.
2

D.

3
.
3

Câu 27: Cho số nguyên dương n thỏa mãn 2Cn1  3Cn2  ...   n  1 Cnn  2621439. Số hạng không chứa
n

1

x trong khai triển của biểu thức  x 2   bằng
x

A. 43758.
B. 31824.
C. 18564.

D. 1.

Câu 28: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên khoảng ( 2;3). Gọi F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) trên
2

khoảng ( 2;3). Tính I 

  f ( x)  2 x dx, biết F (1)  1 và F (2)  4.

1

A. I = 6

B. I  10.

C. I  3.

D. I  9.

Câu 29: Hỏi có bao nhiêu số nguyên m để hàm số y  (m2  1) x3  (m  1) x 2  x  4 nghịch biến trên

khoảng  ;   ?
Trang 3/6 - Mã đề thi 101


A. 1.

B. 2.
3

Câu 30: Biết

C. 0.

D. 3.

dx

 ( x  2)( x  4) dx  a ln 2  b ln 5  c ln 7 (a, b, c  ). Giá trị của biểu thức 2a  3b  c bằng
0

A. 5.

B. 4.

C. 2.

D. 3.

Câu 31: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  x  m x 2  2 x  3 đồng biến trên

khoảng  ;   ?
A. 2.

B. 4.

C. 3.

D. 1.

Câu 32: Cho hình chóp S . ABCD đều có AB  2 và SA  3 2. Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp đã cho bằng
A.

33
.

4

B.

7
.
4

C. 2.

D.

9
.
4

Câu 33: Đồ thị của hàm số y  g ( x ) đối xứng với đồ thị của hàm số y  a x  a  0; a  1 qua điểm
1 

I 1;1 . Giá trị của biểu thức g  2  log a
 bằng
2018 

A. 2016.
B. 2020.
C. 2020.

D. 2016.

Câu 34: Cho các số thực x, y thỏa mãn log8 x  log 4 y 2  5 và log 4 x 2  log8 y  7. Giá trị của xy bằng

A. 1024.

B. 256.

C. 2048.

D. 512.

 
Câu 35: Cho hàm số y  sin 3 x cos x  sin 2 x. Giá trị của y 10   gần nhất với số nào dưới đây ?
3
A. 454492.
B. 454493.
C. 454491.
D. 454490.

Câu 36: Hệ số của số hạng chứa x 7 trong khai triển  x 2  3 x  2  bằng
6

A. 6432.

B. 4032.

C. 1632.

D. 5418.

Câu 37: Cho tập hợp A  1; 2;3; 4;.........;100 . Gọi S là tập hợp gồm tất cả các tập con của A, mỗi tập

con này gồm 3 phần tử của A và có tổng bằng 91. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S . Xác

suất chọn được phần tử có ba số lập thành một cấp số nhân bằng
4
2
3
1
.
.
.
.
A.
B.
C.
D.
645
645
645
645
Câu 38: Gọi S là tập hợp các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số y 

x 2  mx  m 2
có hai
x 1

AOB  90o thì tổng bình phương tất cả các phần tử của S bằng
điểm cực trị A, B. Khi 
A.

1
.
16

B. 8.

C.

1
.
8

D. 16.

x 1
có đồ thị  C  và điểm A  a; 2  . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực
x 1
của a để có đúng hai tiếp tuyến của  C  đi qua điểm A và có hệ số góc k1 , k2 thỏa mãn

Câu 39: Cho hàm số y 

k1  k2  10k12 k22  0. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng

Trang 4/6 - Mã đề thi 101


A. 7.
Câu 40:

B.

7 5
.

2

C.

5 5
.
2

D.

7
.
2

Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f '  x  có đồ
thị như hình vẽ bên. Hàm số y  f  x 2  đồng biến
trên khoảng
 1 1
A.   ;  .
 2 2
 1 
C.   ;0  .
 2 

B.  0; 2  .
D.  2; 1 .

Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

 P : x  2 y  z 1  0

và điểm

A  0; 2;3 , B  2;0;1 . Điểm M  a; b; c  thuộc  P  sao cho MA  MB nhỏ nhất. Giá trị của
a 2  b 2  c 2 bằng
41
A.
.
4

Câu 42:

9
.
4

C.

7
.
4

D. 3.

Cho hình thập nhị diện đều (tham khảo hình vẽ bên).
Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng có chung một cạnh
của thập nhị diện đều bằng
5 1
.
2

1
C.
.
5

A.

Câu 43:

B.

B.
D.

5 1
.
4

1
.
2

Cho các số thực a , b, c không âm thỏa mãn 2 a  4b  8c  4. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  a  2b  3c. Giá trị của biểu thức 4M  log M m bằng
A.

2809
.
500

B.

281
.
50

C.

4096
.
729

D.

14
.
25

Câu 44: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a, SA  ( ABCD ), cạnh bên SC tạo

với ( ABCD ) một góc 60 o và tạo với ( SAB ) một góc  thỏa mãn sin  

3
. Thể tích của
4

khối chóp S . ABCD bằng
A.
Câu 45:

3a 3 .

B.

2 3a 3
.
4

C. 2a 3 .

D.

2a 3
.
3

Cho hàm số y  ax3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình vẽ
bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
A. a  0, b  0, c  0, d  0.
B. a  0, b  0, c  0, d  0.
C. a  0, b  0, c  0, d  0.
D. a  0, b  0, c  0, d  0.
Trang 5/6 - Mã đề thi 101