De thi thu chuyen DH vinh nghe an lan 2 file word co loi giai chi tiet

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

2018 – LẦN 2
MÔN: TOÁN

Câu 1: Với  là số thực bất kỳ, mệnh đề nào sau đây sai?
A.  10   100
2

B. 10 

Câu 2: Giới hạn xlim
� 2
A. �

x 1

 x  2

2

B.



10





C. 10  10 2

D.  10   10

C. 0

D. �



2

2

bằng:
3
16

Câu 3: Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng
y  xe x , y  0, x  0, x  1 xung quanh trục Ox là
1

x e dx
A. V  �
2 2x

0

1

xe dx
B. V  �
x

0

1

x e dx
C. V  �
2 2x

0

1

x 2 e x dx
D. V  �
0

Câu 4: Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' (tham khảo hình vẽ
bên). Góc giữa hai đường thẳng AC và A'D bằng
A. 450

B. 300

C. 600

D. 900

Câu 5: Số cách sắp xếp 6 học sinh ngồi vào 6 trong 10 ghế trên một hàng ngang là:
6
C. A10

B. 6!

A. 610

6
D. C10

Câu 6: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của một trong bốn hàm số sau.

Hỏi đó là đồ thị của hàm số nào?
A. y 

x2
x 1

Trang 1

B. y 

x2
x 1

truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


C. y 

x2
x2

D. y 

x2
x 1

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?
x
�
0
1
0
y'
+
y

-

1
0

�

+
�

�
�

�

A.  1;0 

B.  1;1

C.  �; 1

Câu 8: Trong không gian Oxyz, đường thẳng d :

D.  0; �

x 3 y 2 z 4


cắt mặt phẳng  Oxy 
1
1
2

tại điểm có tọa độ là:
A.  3; 2;0 

B.  3; 2;0 

C.  1;0;0 

D.  1;0;0 

Câu 9: Đồ thị hàm số nào sau đây có tiệm cận ngang?
A. y 

x2  x 1
x

C. y  x 2  x  1

B. y  x  1  x 2

Câu 10: Tập nghiệm của bất phương trình 2
A.  0;1

B.  �;1

x

D. y  x  x 2  1

 2 là:
C.  0;1

D.  1; �

Câu 11: Trong không gian Oxyz, điểm M  3; 4; 2  thuộc mặt phẳng nào trong các mặt phẳng

sau?
A.  R  : x  y  7  0

B.  S : x  y  z  5  0 C.  Q  : x  1  0
D.  P  : z  2  0
r
Câu 12: Trong không gian Oxyz, cho a  3; 2;1 và điểm A  4;6; 3 . Tìm tọa độ điểm B
uuur r
thỏa mãn AB  a .
A.  7; 4; 4 

B.  1;8; 2 

C.  7; 4; 4 

D.  1; 8; 2 

Câu 13: Trong hình vẽ bên, điểm M biểu diễn số phức z. Số phức z là:
A. 2  i
B. 1  2i
C. 1  2i
D. 2  i

Trang 2

truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


Câu 14: Cho hàm số y  f  x  có tập xác định  �; 4 và có bảng biến thiên như hình vẽ bên.
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là:

x
�
1
0
y'
+
-

3
0

2
+

4
�

y

1

2

�

1

0

A. 3

B. 2

Câu 15: Tất cả các nguyên hàm của hàm số f  x  
A.

1
ln  2x  3  C
2

B.

D. 5

C. 4

1
ln 2x  3  C
2

1
là:
2x  3

C. ln 2x  3  C

D.

1
ln 2x  3  C

ln 2

Câu 16: Cho hình chóp tam giác đều SABC có SA  2a, AB  3a. Khoảng cách từ S đến
mặt phẳng  ABC  bằng:
A.

a 7
2

B. a
1

Câu 17: Tích phân

x x
�
0

A. 2

2

C.

a
2

D.

a 3

2

C.

4
7

D.

7
4

 3 dx bằng:
B. 1

Câu 18: Trong không gian Oxyz, mặt phẳng  P  : 2x  6y  z  3  0 cắt trục Oz và đường
thẳng d :

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

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

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

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

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

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Câu 19: Phương trình bậc hai nào sau đây có nghiệm là 1  2i ?
A. z 2  2z  3  0

B. z 2  2z  5  0

C. z 2  2z  5  0

D. z 2  2z  3  0

Câu 20: Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng 600 , bán kính đáy bằng a. Diện tích xung quanh
của hình nón bằng:
A. 2a 2

Trang 3

B. a 2

C. a 2 3

D. 4a 2

truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


1 3
1
x2  a 
Câu 21: Cho biết F  x   x  2x 
là một nguyên hàm của f  x   
. Tìm
2
3
x

x
2

nguyên hàm của g  x   x cos a x
A. x sin x  cos x  C

B.

1
1
x sin 2x  cos 2x  C
2
4

C. x sin x  cos x  C

D.

1
1
x sin 2x  cos 2x  C
2
4

Câu 22: Cho khối chóp SABC có thể tích V. Các điểm A’, B’, C’ tương ứng là trung điểm
các cạnh SA, SB, SC. Thể tích khối chóp SA’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 đoạn  2;0 là:
B. 

A. 0

2
e2

C. e

D. 

1
e

Câu 24: Tập xác định của hàm số y  1  log 2 x  3 log 2  1  x  là:
1 �
�
B. � ;1�
2 �
�

A.  0;1

�1
�
C. � ; ��
�2
�

�1 �
D. � ;1�
�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
0

�

3
0

-

+
�

y

4
�
A. 5

2
B. 4

C. 2

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 bậc bốn y  f  x  . Hàm số y  f '  x  có đồ thị như
hình bên. Số điểm cực đại của hàm số f
A. 1
Trang 4





x 2  2x  2 là:

B. 2
truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


D. 3

C. 4

Câu 28: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác
vuông tại A, AB  a 3, BC  2a, đường thẳng AC’ tạo với mặt phẳng
(BCC’B’) một góc 300 (tham khảo hình vẽ). Diện tích mặt cầu ngoại
tiếp lăng trụ đã cho bằng
A. 24a 2

B. 6a 2

C. 4a 2

D. 3a 2

Câu 29: Một cổng chào có dạng hình parabol chiều cao 18m,
chiều rộng chân đế 12m. Người ta căng sợi dây trang trí AB, CD
nằm ngang đồng thời chia hình giới hạn bởi parabol thành ba
phần có diện tích bằng nhau (xem hình vẽbên). Tỉ số
A.
C.

1
2

B.

4
5

1
2

D.

3
1 2 2

3

AB

bằng :
CD

2
Câu 30: Số giá trị nguyên m  10 để hàm số y  ln  x  mx  1 đồng biến trên  0; � là:

A. 10

B. 11

C. 8

D. 9

Câu 31: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân
tại B, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc tạo bởi hai
mặt phẳng (ABC) và (SBC) bằng 600 (tham khảo hình vẽ bên).
Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC bằng :
A. a
C.

a 2
2

B.

a 3
3

D.

a 3
2

f  x   f  2  . Giá trị lớn nhất của hàm
Câu 32: Cho hàm số y  ax 3  cx  d, a �0 có min
�;0 
số 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 cách gọi lần lượt từng người từ đầu danh
sách lớp lên bảng trả lời câu hỏi. Biết rằng các học sinh đầu tiên trong danh sách lớp là An,
Trang 5

truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


Bình, Cường với xác suất thuộc bài lần lượt là 0,9; 0,7 và 0,8. Cô giáo sẽ dừng kiểm tra sau
khi đã có 2 học sinh thuộc bài. Tính xác suất cô giáo chỉ kiểm tra bài cũ đúng 3 bạn trên.
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 công trình sẽ hoàn thành. Để sớm hoàn thành công trình và kịp đưa vào sử
dụng, công ty xây dựng quyết định từ tháng thứ 2, mỗi tháng tăng 4% khối lượng công việc
so với tháng kề trước. Hỏi công trình sẽ hoàn thành ở tháng thứ 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 trên  1; 2 thỏa mãn và f  1  4
f  x   xf '  x   2x 3  3x 2 . 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 vẽ bên. Tìm số giá
2
trị nguyên của m để phương trình f  x  2x   m có đúng 4

�3 7�
 ;
nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn �
� 2 2�
�
A. 1

B. 4

C. 2

D. 3

Câu 37: Một quân vua được đặt trên một ô giữa bàn cờ vua. Mỗi
bước di chuyển, quân vua được di 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 đúng ô xuất phát.
A.

1
16

B.

1
32

C.

3
32

D.

3
64

� 1 �
1 2 �
. Biết rằng
Câu 38: Cho hàm số f  x   ln �
� x �
f  2   F  3  ...  f  2018   ln a  ln b  ln c  ln d với a, b, c, d là các số nguyên dương, trong
đó a, c, d là các số nguyên tố và a  b  c  d. . Tính P  a  b  c  d.
Trang 6

truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


A. 1986

B. 1698

C. 1689

D. 1968

Câu 39: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  1;3; 2  ; B  3;7; 18  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 MA 2  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 có hệ số góc lớn nhất của  C  đi qua gốc tọa độ O ?
A. 2

C. 3

B. 1







D. 4







2
2
2
Câu 41: Cho phương trình log 2 x  x  1 .log 5 x  x  1  log m x  x  1 . Có bao

nhiêu giá trị nguyên dương khác 1 của m sao cho phương trình đã cho có nghiệm x lớn hơn
2?
A. Vô số

B. 3

C. 2

D. 1

2
Câu 42: Trong các số phức z thỏa mãn z  1  2 z , gọi z1 và z 2 lần lượt là các số phức có

môđun lớn nhất và nhỏ nhất. Khi đó môđun lớn nhất của số phức w  z1  z 2 là:
A. w  2 2

B. w  2

C. w  2

D. w  1  2

Câu 43: Cho khai triển  1  2x   a 0  a 1x  a 2 x 2  ...  a n x n , n �1. Tìm số giá trị nguyên
n

của n với n �2018 sao cho tồn tại k  0 �k �n  1 thỏa mãn a k  a k 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
tuyến kẻ từ B là

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

x 2 y4 z2


. Đường thẳng AB có vecto chỉ phương là :
2

1
1
uu
r
uur
uur
A. u 3  2;1; 2 
B. u 2  1; 1;0 
C. u 4  0;1; 1

Trang 7

uu
r
D. u1  1; 2;1

truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


Câu 45: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :

 P  : 2x  y  2z  1  0.

x  2 y 1 z  2


và mặt phẳng
4
4
3

Đường thẳng  đi qua E  2;1; 2  , song song với  P  đồng thời tạo

r
với d góc bé nhất. Biết rằng  có một vector chỉ phương u  m; n;1 . Tính T  m 2  n 2
A. T  5

B. T  4

C. T  3

D. T  4

Câu 46: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình bình hành,
AB  2a, BC  a, ABC  1200 . 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).
A.

3
4

B.

3
4

C.

1

4

D.

3
7

Câu 47: Trong không gian Oxyz, cho các điểm A, B, C (không trùng O) lần lượt thay đổi trên
các trục Ox, Oy, Oz và luôn thỏa mãn điều kiện : tỉ số giữa diện tích của tam giác ABC và thể
tích khối OABC bằng

3
. Biết rằng mặt phẳng (ABC) luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định,
2

bán kính của mặt cầu đó bằng :
A. 3

B. 2

C. 4

D. 1
1

f  x   1.
xf  x  dx  0 và max
Câu 48: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  0;1 thỏa mãn �
 0;1
0

1

e x f  x  dx thuộc khoảng nào trong các khoảng sau đây?
Tích phân I  �
0

5�
�
�;  �
A. �
4�
�

�3
�
B. � ;e; 2 �
�2
�

� 5 3�
C. � ; �
� 4 2�

D.  e  1; �

4
3
2
Câu 49: Cho hàm số f  x   x  4x  4x  a . Gọi M, m lần lượt là các giá trị lớn nhất,

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 ?
A. 3

B. 7

C. 6

D. 5

Câu 50: Cho hình chóp SABC có mặt phẳng  SAC  vuông góc với mặt phẳng  ABC  , SAB
Trang 8

truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


là tam giác đều cạnh a 3, BC  a 3, đường thẳng SC tạo với mặt phẳng  ABC  góc 600 .
Thể tích của khối chóp SABC bằng:
A.

a3 3
3

B.

a3 6
2

C.

a3 6
6

D. 2a 3 6

Đáp án
1-D
11-A
21-C
31-D
41-D

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

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

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

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

6-B
16-B
26-D
36-C
46-C

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

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

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

10-A
20-A
30-A
40-B
50-C

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án D
Phương pháp:
Áp dụng các công thức của hàm số lũy thừa sau:  a m   a m.n ;
n





m

am  a 2 ;

 a

m

 am

Cách giải:

.2

2

Áp dụng các công thức lũy thừa ta thấy chỉ có đáp án D sai:  10   10  10  100

Câu 2: Đáp án A
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính giới hạn của hàm số.
Cách giải:
Ta có: xlim
� 2

x 1

 x  2

2

 lim

x �2

2  1

 2  2 

2

 �

Câu 3: Đáp án C

Phương pháp:
Thể tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường y  f  x  , y  g  x  , x  a, x  b khi quay
b

f 2  x   g 2  x  dx
quanh trục Ox được tính bởi công thức: V  �
a

Cách giải:
Trang 9

truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


1

 xe
Áp dụng công thức ta có thể tích hình phẳng bài cho là: V  �
0



x 2

1

dx   �
x 2e 2x dx
0

Câu 4: Đáp án C
Phương pháp:
Góc giữa đường thẳng a và đường thẳng b là góc giữa đường
thẳng a’ và b với a // a’.
Cách giải:
Ta có: AC / /A 'C ' �  AC, A ' D    A 'C ', A ' D 
Ta có DA 'C ' là tam giác đều � DA 'C  600
�  AC, A ' D   600
Câu 5: Đáp án C
Phương pháp: Sử dụng các quy tắc đếm cơ bản.
Cách giải:
Vì có 10 ghế nên bạn thứ nhất có 10 cách xếp.
Bạn thứ hai có 9 cách xếp.
Bạn thứ ba có 8 cách xếp.
Bạn thứ tư có 7 cách xếp.
Bạn thứ năm có 6 cách xếp.
Bạn thứ sáu có 5 cách xếp.
Như vậy có: 10.9.8.7.6.5  A10 cách xếp
6

Câu 6: truy cập Website – để xem lời giải chi tiết
Câu 10: Đáp án A
Phương pháp:

f  x
Ta có: a

�
a 1
�

�
�
f  x 1
�
�
a� �
0  a 1
�
�
�
�
f  x 1
�
�

Cách giải:
Ta có: 2

x

�x �0
���
2 �
�
� x 1

�x �0
�
�x  1

0

x 1

Câu 11: Đáp án A
Phương pháp:
Trang 10

truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


Điểm M  x 0 ; y0 ; z 0  thuộc mặt phẳng    : a x  by  cz  d  0 � ax 0  by 0  cz 0  d  0
Cách giải:
Thay tọa độ điểm M vào các phương trình của các mặt phẳng ta thấy tọa độ điểm M chỉ thỏa
mãn phương trình mặt phẳng (R)
Câu 12: Đáp án B
Phương pháp:
�x1  x 2
r
r
�
Hai vectơ a  x1 ; y1 ; z1   b  x 2 ; y 2 ; z 2  � �y1  y 2
�
z1  z 2
�
Cách giải:

uuur
Gọi điểm B  x 0 ; y 0 ; z 0  là điểm cần tìm. Khi đó: AB   x 0  4; y0  6; z 0  3
x0  1

�x 0  4  3 �
uuur r
�
�
AB  a � �y0  6  2 � �y 0  8 � B  1;8; 2 
�
�
z0  3  1
z 0  2
�
�
Câu 13: Đáp án A
Phương pháp:
Cho điểm M  a; b  biểu diễn số phức z � z  a  bi � z  a  bi
Cách giải:
Ta có M  2;1 biểu diễn số phức z � z  2  i � z  2  i
Câu 14: Đáp án A
Phương pháp:
Điểm M  x 0 ; y 0  là điểm cực trị của hàm số y  f  x  � x 0 là nghiệm của phương trình
y '  0 và tại đó y' đổi dấu từ âm sang dương hoặc từ dương sang âm.
Cách giải:
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 15: truy cập Website – để xem lời giải chi tiết

 x  2

2

  y  1   z  5   9
2

2

Câu 19: Đáp án C
Phương pháp:
Cách 1: Giải các phương trình bậc hai ẩn z ở các đáp án, đáp án nào có nghiệm z  1  2i thì
chọn đáp án đó.
Trang 11

truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


Cách 2: Thay nghiệm z  1  2i vào các phương trình ở các đáp án. Đáp án nào thỏa mãn thì
chọn đáp án đó.
Cách giải:
+) Xét phương trình: z 2  2z  3  0 � z 2  2z  1  2  0 �  z  1  2 �  z  1  2i 2
2

2

�
�
z  1  2i
z  1  2i
� z  1  2i � �
��
� loại đáp án A.
z  1   2i
z  1  2i
�

�
+) Xét phương trình: z 2  2z  5  0 � z 2  2z  4  1  0 �  z  2   1  i 2
2

z2i
z  2  i
�
�
� z2 i � �
��
� loại đáp án B.
z  2  i
z  2  i
�
�
+) Xét phương trình: z 2  2z  5  0 � z 2  2z  1  4  0 �  z  1  4  4i 2
2

z  1  2i
z  1  2i
�
�
� z  1  2i � �
��
� chọn đáp án C
z  1  2i
z  1  2i
�
�
Câu 20: Đáp án A

Phương pháp:
+) Thiết diện qua trục của hình nón luôn là tam giác cân tại đỉnh của hình nón.
+) Diện tích xung quanh của hình nón bán kính Rvà đường sinh l là: S  Rl
Cách giải:
Giả sử thiết diện qua trục của hình nón là tam giác ABC có BAC  600
� ABC là tam giác đều.

Gọi O là trung điểm của BC � O là tâm của đường tròn đáy.
� BC  2.OA  2R  2a
� l  AB  AC  BC  2a
� Sxq  Rl  .a.2a  2a 2
Câu 21: Đáp án C
Phương pháp:
+) Ta có: F  x  là nguyên hàm của hàm f  x  � F '  x   f  x  � tìm giá trị của a � g  x 
+) Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần để tìm nguyên hàm của g  x 
Cách giải:
Ta có: F  x  là nguyên hàm của hàm f  x  � F '  x   f  x 

Trang 12

truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


2
1 �  x  a
1 x 4  2ax 2  a 2
�1 3
2
� � x  2x  �
�

x

2


x�
x2
x2
x2
�3
2a  2
�
a 1
�
1
a2
�
2
2
� x  2  2  x  2a  2 � �a
� a 1
1 ��
a  �1
x
x
 2
�
�
2
�x

x
2

� g  x   x cos x � I  �
g  x  dx  �
x cos xdx
du=dx
�u  x
�
��
Đặt �
dv  cos xdx
�
�v  s inx
� I  x sin x  �
sin xdx  x sin x  cos x  C
Câu 22: Đáp án A
Phương pháp:
Sử dụng tỉ số thể tích: Cho các điểm M, N, P lần lượt thuộc các cạnh SA, SB, SC của hình
chóp SABC. Khi đó ta có:

VSMNP SM SN SP

.
.
VSABC SA SB SC

Cách giải:
Áp dụng tỉ số thể tích ta có:

VSA 'B'C' SA ' SB' SC '
V
1 1 1
V

.
.
� SA 'B'C'  . . � V SA 'B'C ' 
VSABC
SA SB SC
V
2 2 2
8

Câu 23: Đáp án D
Phương pháp:
Để tìm GTNN của hàm số y  f  x  trên  a; b  ta làm các bước sau:
+) Giải phương trình y '  0 tìm các giá trị x i .
+) Tính các giá trị y  a  ; y  x i  ; y  b 
+) So sánh các giá trị vừa tính, chọn GTNN của hàm số và kết luận.
Cách giải:
Ta có: y '  e x  xe x � y '  0 � e x  xe x  0 � x  1  0 � x  1
� y  2   
� Min  
 2;0

2
1
; y  1   ; y  0   0
2

e
e

1
khi x  1
e

Câu 24: Đáp án B
Phương pháp:
+) Hàm số
Trang 13

f  x  xác định ۳ f  x 

0

truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


0  a �1
�
+) Hàm số log a f  x  xác định � �
f  x  0
�
Cách giải:
�x  0
�x  0
�
�
1 x  0

� �x  1
Hàm số y  1  log 2 x  3 log 2  1  x  xác định �
�
�
1  log 2 x �0
log 2 2x �0
�
�
0  x 1
�
�
� 1
x�
�
� 2

0  x 1
�
�
��
�
2x �1
�

1
2

x 1

Câu 25: Đáp án A

Phương pháp:
Cách 1:
+) Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số y  f  x  từ đó suy ra hàm số y  f  x  1 và đồ thị
hàm số y  f  x  1
+) Số nghiệm của pt f  x  1  2 là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  1 và đường
thẳng y  2
truy cập Website – để xem lời giải chi tiếtCâu 26: Đáp án D
Phương pháp:
+) Đặt z  a  bi  a; b �R  � z  a  bi, thay vào phương trình.
a a'
�
+) So sánh hai số phức a  bi  a ' b 'i � �
b  b'
�
Cách giải: Đặt z  a  bi  a; b �� � z  a  bi, khi đó ta có:

 1  i   a  bi    2  i   a  bi   13  2i
� a  b   a  b  i  2a  b   a  2b  i  13  2i
� 3a  2b  bi  13  2i
3a  2b  13 �
a3
�
��
��
� z  3  2i
b  2
b  2
�
�
Câu 27: Đáp án A

Phương pháp:
+) Đặt g  x   f

Trang 14



x 2  2x  2



truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


+) Tìm số nghiệm của phương trình g '  x   0 (không là nghiệm bội chẵn).
+) Lập BBT và kết luận điểm cực đại của hàm số.
Cách giải:
�x  1
�
x 1
Quan sát đồ thị hàm số y  f '  x  ta thấy f '  x   0 � �
�x  3
�
Đặt g  x   f





x 2  2x  2 � g '  x  

x 1
x  2x  2
2

f'



x 2  2x  2



x  1
�
� 2
x 1  0
�
� x  2x  2  1 vn 
g ' x   0 � �
�
� 2
f ' x 2  2x  2  0
�
� x  2x  2  1 1
�
� 2
�
� x  2x  2  3  2 





 1 � x 2  2x  2  1 � x 2  2x  1  0 �  x  1
 2  � x 2  2x  2  9 � x  1 �2 2

2

 0 � x  1

Nghiệm của phương trình (1) là nghiệm bội 2 nên không là cực trị của hàm số
y  g x  f





x 2  2x  2 .

Lập BBT của hàm số y  g  x  :
x

�

g ' x 

-

1  2 2

0

+

1
0

-

1  2 2
0

�
+

g x
Dựa vào BBT ta thấy hàm số y  g  x  đạt cực đại tại x  1 .
Chú ý và sai lầm: Lưu ý đạo hàm của hàm hợp.
Câu 28: Đáp án B
Phương pháp:
Diện tích mặt cầu bán kính R: S  4R 2
Cách giải:
Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của BC và B’C’ B 'C ' � HH '   ABC  và

Trang 15

truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


HH '   A ' B 'C ' .

Gọi I là trung điểm của HH’.
IA  IB  IC
�
Mặt khác ABC vuông tại A, I �HH ' � �
IA '  IB'  IC '
�
Dễ dàng chứng minh được BHI  B 'H ' I  c.g.c  � IB  IB '
� IA  IB  IC  iA '  IB'  IC ' hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC.A 'B 'C '
0
Kẻ AK  BC ta có AK   BCC 'B'  �  AC ';  BCC ' B'     AC '; KC '   AC 'K  30

Có AC  AC '  4a 2  3a 2  a
Ta có AK 

AC.AB a.a 3 a 3
AK


� AC ' 
a 3
BC
2a
2
sin 30

� AA '  AC '2  A 'C '2  3a 2  a 2  a 2  HH '
� HI 

1
a

a2 a 6
HH ' 
� BI  a 2 

R
2
2
2
2
2

� Sm at cau

�a 6 �
2
 4 �
�2 �
� 6a
� �

Câu 29:

truy cập Website – để xem lời giải chi tiết
Câu 30: Đáp án A
Phương pháp:
y '�0 x
Để hàm số đồng biến trên  0; � �

 0;



 0;



2x  m �0x � 0; �  1
�
�
�2
�x  mx  1  0x � 0; �  2 

 0;



m

Cách giải:
ĐK: x 2  mx  1  0
Ta có y ' 

2x  m
x  mx  1
2

' �
0 x
 �y
Để hàm số đồng biến trên  0; ��

2 x  0;
 1 ۳m��۳
2
�x�

1 �
m
 2   �mx

Ta có f '  x  

Trang 16



m 0
x 2  1
f  x x
x

max f  x 
 0;�

2x 2  x 2  1  x 2  1

 0 � x 1
x2
x2
truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


max�
f  x
 0;�

f  1

2

m

2

Vậy m �0
2
Khi m  0 ta có y  ln  x  1 có y ' 

2x
�0x � 0; � � m  0 thỏa mãn.
x2 1

���
0 m 10
Kết hợp điều kiện bài toán ta có m ΣZ,

m

 0;1; 2;3;...;9

Có 10 giá trị.

Câu 31: Đáp án D
Phương pháp:
Trong (ABCD) dựng D sao cho ABCD là hình vuông
� d  AB;SC   d  AB;  SCD    d  A;  SCD  
Cách giải:
Trong (ABCD) dựng D sao cho ABCD là hình vuông.
Khi đó ta có AB / /CD � d  AB;  SCD    d  A;  SCD  
CD  AD
�
� CD   SAD 
Ta có: �
CD  SA
�
Trong  SAD  kẻ AK  SD � AK  CD � AK   SCD  � d  A;  SCD    AK
BC  AB
�
� BC  SB
Ta có: �
BC  SA
�
�
 SBC  � ABC   BC
�
 SBC  �SB  BC �   SBC  ;  ABC     SB; AB   SBA  60 0
�
�
 ABC  �AB  BC
�

� SA  AB.tan 600  a 3, AD  BC  a
� AK 

SA.AD
SA  AD
2

2



a 3.a
3a  a
2

2



a 3
2

Câu 32: Đáp án B
Phương pháp:
Xét phương trình y '  0 các nghiệm của phương trình thuộc  1;3 .
Lập BBT và suy ra GTLN của hàm số trên  1;3 .
Cách giải:
TXĐ: D  R
Ta có y '  a x 2  c

Trang 17

truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


f  x   f  2  � x  2 là 1 cực trị của hàm số � x  2 là một nghiệm của
Hàm số có min
�;0 
phương trình y '  0
TH1: c  0 � a  0  ktm 
�
x
x 
 2
�
3a
�
TH2: c �0 �
�
c
x 
 2 � 1;3 � c  12a
�
3a
�
min f  x   f  2  � a  0

 �;0 

BBT ở hình vẽ bên:

�

x
y'
y

�

2
0

-

1
+

2
0

�

3

�

� max f  x   f  2   8a  2c  d  8a  24a  d  16a  d
 1;3

Câu 33truy cập Website – để xem lời giải chi tiết
Câu 35: Đáp án B

Phương pháp:
�
f  x  � xf '  x   f  x 
Sử dụng công thức �
và phương pháp lấy tích phân hai vế.
�' 
x2
�x �
Cách giải:
f  x   xf '  x   2x 3  3x 2 � xf '  x   f  x   2x 3  3x 2 �
2
2
�
f  x �
�
f  x �
��
'  2x  3 � �
 2x  3 dx  6
�
�
�'dx  �
x �
�x �
1 �
1

f  x
�
x

2

6�
1

xf '  x   f  x 
 2x  3
x2

f  2  f  1
f  2

6�
 f  1  6  10 � f  2   20
2
1
2

Câu 36: Đáp án C
Phương pháp:
2
+) Đặt t  x   x  2x , tìm miền giá trị của t.

Trang 18

truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


+) Tìm điều kiện tương đương số nghiệm của phương trình f  t   m để phương trình

�3 7�
f  x 2  2x   m có đúng 4 nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn �
 ;
� 2 2�
�
Cách giải:
�3 7�
�3 7�
2
 ; �ta có t '  x   2x  2  0 � x  1 ��
 ;
Xét hàm số t  x   x  2x trên �
� 2 2�
� 2 2�
�
BBT:
x

�

y'
y

1
-

0

+

21/ 4

7
2
0
21/ 4

1
� 21�
� t ��
1;
� 4�
�
� 21 �
Với t  1 thì ứng với mỗi giá trị của t thì có 1 nghiệm x và với t ��1; �thì ứng với mỗi
� 4�
giá trị của t có 2 nghiệm x phân biệt.
�3 7�
 ; thì phương trình
Do đó để phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn �
� 2 2�
�
� 21 �
f  t   m có 2 nghiệm phân biệt thuộc �1; �
� 4�
� m � 2; 4  � a;5 với a � 4;5 
=>Có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn là m  3 và m  5
Câu 37: Đáp án D
Phương pháp :
Quân vua được di chuyển sang một ô khác chung cạnh hoặc chung đỉnh với ô đang đứng

�
Gọi A là biến cố : « Quân vua sau 3 bước trở về đúng vị trí ban đầu » . Tính A .
Cách giải :

Trang 19

truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


Quân vua được di chuyển sang một ô khác chung cạnh hoặc chung đỉnh với ô đang đứng
�   83 .
Gọi A là biến cố : « Quân vua sau 3 bước trở về đúng vị trí ban đầu »
TH1: Quân vua di chuyển bước thứ nhất sang ô đen liền kề (được tô màu đỏ) có 4
cách.
Bước đi thứ 2 quân vua di chuyển sang các ô được tô màu vàng có 4 cách.
Bước đi thứ 3 quay về vị trí ban đầu có 1 cách.
Vậy TH này có 4.4  16 cách.
TH2: Quân vua di chuyển bước thứ nhất sang các ô trắng liền kề (được tô màu đỏ) có
4 cách.
Bước đi thứ 2 quân vua di chuyển sang các ô được tô màu vàng có 2 cách.
Bước đi thứ 3 quay về vị trí ban đầu có 1 cách.
Vậy TH này có 4.2  8 cách
A  8.3  24 � P  A  

24 3

83 64

Câu 38: Đáp án C
Phương pháp:

Phân tích, sử dụng các công thức
�b �
log a  bc   log a b  loga c;log a � � log a b  log a c  0  a �1; b;c  0 
�c �
Cách giải:
Xét hàm số f  x  trên  2; 2018 ta có:
2
� 1 � �x  1 �
f  x   ln �
1  2 � ln � 2 � ln  x 2  1  ln  x 2   ln  x  1  2 ln x  ln  x  1
� x � �x �

� f  2   f  3   ...  f  2018   ln1  2 ln 2  ln 3  ln 2  2 ln 3  ln 4  ...  ln 2017  2 ln 2018  ln 2019
 ln1  ln 2  ln 2018  ln 2019
  ln 2  ln 2  ln1009  ln 3  ln 673
 ln 3  ln 4  ln 673  ln1009
a 3
�
�
b4
�
��
 tm  � P  a  b  c  d  3  4  673  1009  1689
c

673
�
�
d  1009
�

Câu 39: Đáp án B
Trang 20

truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


Phương pháp:
Từ các giả thiết đã cho, lập hệ 3 phương trình ba ẩn a, b, c. Giải hệ phương trình tìm a, b, c và
tính tổng S.
Cách giải:
M � P  � 2a  b  c  1  0
uuur
uuuu
r
uuur uuuu
r
�  16b  4c  40; 16a  2c  12; 4a  2b  2 
AB   2; 4; 16  ; AM   a  1; b  3;c  2  � �
AB;
AM
�
�
r
n  P    2; 1;1

� 2  16b  4c  40    16a  2c  12    4a  2b  2   0
Ta có � 12a  30b  6c  66 � 2a  5b  c  11
MA 2  MB2  246

�  a  1   b  3   c  2    a  3    b  7    c  18   246

2

2

2

2

2

2

� a 2  b 2  c 2  4a  10b  20c  75  0
�
2a  b  c  1
 1
�
2a  5b  c  11
 2
Khi đó ta có hệ phương trình �
�2
a  b 2  C2  4a  10b  20c  75  0  3 
�

 1 ;  2  � b  2 � 2a  2  c  1 � 2a  c  1 � c  1  2a
Thay vào (3) ta có
a 2  4   1  2a   4a  10.2  20  1  2a   75  0 � 5a 2  40a  80  0 � a 2  8a  16  0
2

� a  4 � c  7

Vậy S  a  b  c  4  2  7  1
Câu 40: Đáp án B
Phương pháp:
+) Tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) có hệ số góc k  y ' , tìm x để y’ đạt GTLN.
+) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ vừa tìm được, cho
đường thẳng tiếp tuyến đi qua gốc tọa độ, tìm m.
Cách giải:
Ta có k  y '  3x 2  2mx  m đạt GTLN tại
x

3
3
2
2m m
2m 3 m 2
�m � m m m
 � y � �


1 

1
6
3
9
3
27
3
�3 � 27

Trang 21

truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


m2
m
m2
�m �
� y ' � � 3.
 2m.  m 
m
9
3
3
�3 �
Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x 

m
là:
3

3
2
�m 2
�
� m � 2m m
y  �  m�
x




 1 d 
�
�
3
� 3 � 27
�3
�

Đường thẳng (d) đi qua gốc tọa độ
3
2
�m 2
�
� m � 2m m
� 0  �  m�



1
� �
3
� 3 � 27
�3
�
m3 m 2 2m3 m 2
�0




1
9
3
27
3
m3
�
1� m  3
27

Câu 41: Đáp án D
Phương pháp:
truy cập Website – để xem lời giải chi tiếtCâu 43: Đáp án B
Phương pháp: Sử dụng khai triển nhị thức Newton.
Cách giải: Ta có  1  2x 

n

n

 �C kn 2k x k  k �Z 
k 0

� a k  C nk 2k ;a k 1  C nk 1 2 k 1
� Ckn 2k  C kn 1 2k 1 �
�

n!
n!

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

1
2

n  k k 1

� k  1  2n  2k � n 

3k  1
2

1
�
�
Ta có n � 1; 2018 � k �� ;1345�
3
�
�
1
�
�
Do n là số nguyên nên 3k  1 là số chẵn => k là số lẻ, thuộc đoạn � ;1345�=> có 673 số
3
�
�
nguyên k thỏa mãn.

Với mỗi số nguyên k xác định 1 số nguyên n. Vậy có 673 số nguyên n thỏa mãn yêu cầu bài
toán.
Câu 44: Đáp án C
Trang 22

truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


Phương pháp:
+) Tam giác ABC có trung tuyến BM và phân giác CD.
+) Tham số hóa tọa độ điểm M là trung điểm của AC, tìm tọa độ điểm C theo tọa độ điểm M.
+) C �CD � Tọa độ điểm C.
+) Tìm tọa độ điểm N đối xứng với M qua CD � N �BC � Phương trình đường thẳng BC.
+) Tìm tọa độ điểm B  BM �BC , khi đó mọi vector cùng phương với AB đều là VTCP của
AB.
Cách giải:
Tam giác ABC có trung tuyến BM và phân giác CD.
Gọi M  30t;3  2t; 2  t  �BM là trung điểm của AC ta có C  4  2t;3  4t;1  2t  �CD
2  2t  2  4t
�
2  2t 1  4t 1  2t


��
�t0
2  2t  2  4t
2
1
1
�

� M  3;3;1 ;C  4;3;1
�

Gọi H là hình chiếu của M trên CD ta có
uuuu
r
H  2  2t; 4  t; 2  t  � MH   1  2t;1  t;  t 
uuuu
r uuur
1
� 7 3�
MH  u CD � 2  1  2t   1  t  t  0 � 6t  3 � t  � H �
3; ; �
2
� 2 2�
Gọi N là điểm đối xứng với M qua CD � H là trung điểm của MN
uuur
� N  3; 4;1 � CN   1;1;0 
Do CD là phân giác của góc C nên N �BC , do đó phương trình đường thẳng CB là
�x  4  t '
�
�y  3  t '
�
z 1
�
Ta có B  BM �CB . Xét hệ phương trình
3 t  4 t '
�
uuur
�t  1

�
3  2t  3  t ' � �
� B  2;5;1 � AB   0; 2; 2   2  0;1; 1
�
�t '  2
�
2  t 1
�
uur
Vậy u 4  0;1; 1 là 1 VTCP của AB
Câu 45: Đáp án D
Phương pháp:
Trang 23

truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


r
r
)  / /  P  � u   n  P
r r
u d .u 
r r
+) Sử dụng công thức cos  ;d   cos u d ; u   r r
ud . u





r r
+) Để góc giữa  và d là nhỏ nhất thì cos u d ; u  max





Cách giải :
r
Ta có : n  P    2; 1; 2 
r r
Do  / /  P  � u  n  P  � 2m  n  2  0 � n  2m  2
Ta có
r r
cos  ;d   cos u d ; u  





4m  4n  3
41. m 2  n 2  1



4m  4  2m  2   3
41. m 2   2m  2   1
2



4m  5
41. 5m 2  8m  5

r r
Để góc giữa  và d là nhỏ nhất thì cos u d ; u  max



4m  5



16m 2  40m  25
� f  m 
max � g  m   f  m  
max
5m 2  8m  5
5m 2  8m  5
2

Có

g ' x  

 32m  40   5m2  8m  5   16m 2  40m  25   10m  8 

 5m

2

 8m  5 

2



72m 2  90m

 5m

2

 8m  5 

2

m0
�
�
0�
5
�
m
�
4

Lập BBT ta thấy max g  m   5 � m  0 � n  2
Vậy T  m 2  n 2  4
Câu 46: Đáp án C

Phương pháp : Sử dụng phương pháp gắn hệ trục tọa độ.
Cách giải :
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta có :
�a 3 a � �a 3 3a �
D  0; 0;0  ;S 0;0;a 3 ;C  0; 2a;0  ; A �
;B�
� 2 ; 2 ;0 �
�
� ; ;0 �
�
�
� �2 2 �



Trang 24



truy cập Website – để xem lời giải chi tiết


uuu
r �a 3 a
r uuur �5 3a 2 3a
�uuur � a 3 5a � uuu
�
2
�
� �

� SA  �
;
;

a
3
;
AC


;
;0
�
SA;
AC
;
;
3a
�
�
�
�
�� 2
�2
�
� 2 2 � �
� n  SAC
2
2
�

�
�
�
�
�
uur �a 3 3a
�
SB  �
;
;

a
3
�
�2 2
�
�
�
r
uur
n  SAC .SB
r
uur
3
1
� cos n  SAC ;SB  r
  sin  SB;  SAC  
uur 
144 4
n  SAC . SB





Câu 47: Đáp án B
Phương pháp:
Chứng minh khoảng cách từ O đến (ABC) không đổi.
Cách giải:
Kẻ OH  AB  H �AB  ;OK  CH  K �CH  ta có
�AB  OH
� AB   OHC  � AB  OK
�
�AB  OC
OK  AB
�
� OK   ABC 
�
OK  CH
�
Ta sẽ chứng minh OK không đổi, khi đó mặt phẳng (ABC) luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm O
bán kính OK.
1
Gọi A  a;0;0  ; B  0; b;0  ;C  0;0;c  ta có: VABC  abc
6
uuur
uuur
uuur uuur
1 2 2
2 2

2 2
�
AB   a; b;0  ; AC   a;0;c  �
AB;
� AC �  bc;ac;ab  � SABC  2 a b  b c  c a
1 2 2
a b  b 2 c 2  c 2a 2
SABC
3
2
�


1
VOABC
2
abc
6
1
1
1 1 1 1
� a 2 b 2  b 2 c 2  c2a 2  abc � a 2 b 2  b 2 c2  c 2 a 2  a 2 b 2c 2 � 2  2  2 
2
4
a
b c
4
Xét tam giác vuông OCK có
1
1

1
1
1
1
1
1 1 1





 2  2  2  � OK  2
2
2
2
2
2
2
OK
OC OH
OC OA OB
x
y z
4
Vậy mặt phẳng (ABC) luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm O bán kính 2
Câu 48: Đáp án C
Cách giải :
Với mỗi số thực
Trang 25

2 �� ta có:
truy cập Website – để xem lời giải chi tiết