GIẢI CHI TIẾT Đề thi thử Toán THPT Chuyên ĐH Vinh – Nghệ An lần 3

ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017 - 2018
MÔN: TOÁN 12
(Thời gian làm bài 90 phút)

Họ và tên thí sinh:..............................................................SBD:.....................

Mã đề thi 132

BẢNG ĐÁP ÁN
1
B

2 3
D B

4 5
A B

6 7
D B

8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
A C B D B C D C C D C D A B B C A A

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
A A D A C B B D C D C C C B C D A A C D B D C C A
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:

[2D3-1] Giả sử F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  

1
1

trên khoảng  ;  
3
3x  1


Mệnh đề nào sau đây đúng?
1
A. F  x   ln  3x  1  C.
3

1
B. F  x   ln  3 x  1  C. 3

C. F  x   ln 3x  1  C.

D. F  x   ln  3x  1  C.
Lời giải

Chọn B.
F ( x)  

Câu 2:

1

1
1
1

dx  ln 3 x  1  C  ln  3 x  1  C (do x   ;   ).
3
3x  1
3
3


[2H3-1] Trong không gian Oxyz , cho điểm M 1; 1; 2  và mặt phẳng  P  : 2 x  y  3z 1  0.
Đường thẳng đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng  P  có phương trình là
x 1 y 1 z  2


.
2
1
3
x  2 y 1 z  3


C.
.
1
1
2

x  2 y 1 z  3



.
1
1
2
x 1 y 1 z  2


D.
.
2
1
3
Lời giải

A.

B.

Chọn D.
Do đường thẳng  cần tìm vuông góc với mặt phẳng  P  nên véctơ pháp tuyến của  P  là
nP   2; 1;3 cũng là véctơ chỉ phương của  . Mặt khác  đi qua điểm M 1; 1; 2  nên

phương trình chính tắc của  là
Câu 3:

x 1 y 1 z  2



.
2
1
3

[2D4-1] Cho số phức z  a  bi với a , b là các số thực bất kỳ. Mệnh đề nào sau đây đúng?
B. Môđun của z 2 bằng a 2  b 2 .
D. Số z và z có môđun khác nhau.
Lời giải

A. Phần ảo của z là bi .
C. z  z không phải là số thực.
Chọn B.
z 2  z.z  z . z  z 
2

Sưu tầm bởi:



a 2  b2



2

 a 2  b2 .

Trang 1/24 - Mã đề thi 132

Câu 4:

1 
1 
1 
1

[2D2-2] Phương trình ln  x   .ln  x   .ln  x   .ln  x    0 có bao nhiêu nghiệm?
2 
2 
4 
8

A. 3 .
B. 4 .
C. 1 .
D. 2 .
Lời giải
Chọn A.
1
 1

x  2  0
x  2


x  1  0
x   1



2
2  x 1.
Điều kiện: 

2
x  1  0
x   1


4
4
 1

1
x   0
x  
8
 8

Khi đó:

 
1
1
3


 ln  x  2   0
x  1

x




2
2



 
1
x  1  1
x  1
 ln  x    0
2


1
1
1
1



 
 
 

2

2.
ln  x   .ln  x   .ln  x   .ln  x    0  



2 
2 
4 
8
1


x  1  1
x  3
 ln  x    0
4
4


4
 


1
7
 
1
x   1
x 
 ln  x    0

8
 8

8
 
3 3 7
So với điều kiện, ta được tập nghiệm của phương trình là S   ; ;  . Vậy phương trình đã
2 4 8
cho có ba nghiệm.

Câu 5:

[2H3-1] Trong không gian Oxyz , một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng   : x  2 y  3z  1  0
là
A. u   3;  2; 1 .

B. n  1;  2; 3 .

C. m  1; 2;  3 .

D. v  1;  2;  3 .

Lời giải
Chọn B.
Ta có nếu

 

có dạng Ax  By  Cz  D  0 thì

 

có một véctơ pháp tuyến là

n   A; B; C  . Suy ra   : x  2 y  3z  1  0 có một véctơ pháp tuyến là n  1;  2; 3 .

Câu 6:

[2D1-1] Cho hàm số y  f  x  liên tục trên

và có bảng xét dấu của đạo hàm như hình vẽ.

Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 3 .

B. 2 .

C. 1 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn D.

Sưu tầm bởi:

Trang 2/24 - Mã đề thi 132

Dựa vào bảng xét dấu f   x  , ta có: hàm số f  x  có 4 điểm x0 mà tại đó f   x  đổi dấu khi
x qua điểm x0 .

Vậy hàm số đã cho có 4 điểm cực trị.
Câu 7:

[2D3-1] Cho hình phẳng  D  được giới hạn bới các đường x  0 , x   , y  0 và y   sin x .
Thể tích V của khối tròn xoay tạo thành khi quay  D  xung quanh trục Ox được tính theo
công thức




A. V    sin x dx .

B. V    sin 2 xdx .

0

0

C. V  





   sin x  dx .

D. V   sin 2 xdx .

0

0

Lời giải
Chọn B.


Ta có thể tích của khối tròn xoay cần tính là V    sin 2 xdx .
0

Câu 8:

[2D1-2] Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên

và có bảng biến thiên như hình bên.

Đồ thị hàm số y  f  x  cắt đường thẳng y  2018 tại bao nhiêu điểm?

A. 2 .

B. 4 .

C. 1 .
Lời giải

D. 0 .

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y  f  x  , ta có đồ thị hàm số y  f  x  cắt đường thẳng
y  2018 tại 2 điểm.

Câu 9:

[2D2-2] Cho log a c  x  0 và logb c  y  0 . Khi đó giá trị của log ab c là

Sưu tầm bởi:

Trang 3/24 - Mã đề thi 132


A.

1 1
 .
x y

B.

1
.
xy

C.

xy
.
x y

D. x  y .

Lời giải
Chọn C.
Ta có: log ab c 

1
1


log c ab log c a  log c b

1
1
1

log a c log b c



1
1 1

x y



xy
.

x y

Câu 10: [2H3-2] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M  1; 1; 0 và N  3; 3; 6  . Mặt phẳng trung
trực của đoạn thẳng MN có phương trình là
A. x  2 y  3z  1  0 .

B. 2 x  y  3z  13  0 .

C. 2 x  y  3z  30  0 .

D. 2 x  y  3z  13  0 .
Lời giải

Chọn B.
Mặt phẳng trung trực  P  của đoạn thẳng MN đi qua điểm I 1; 2; 3 là trung điểm của đoạn
thẳng MN và có vectơ pháp tuyến là MN   4; 2; 6  .
Phương trình mặt phẳng  P  : 4  x  1  2  y  2   6  z  3  0  2 x  y  3z  13  0 .
Câu 11: [2H1-2] Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau và OA  a ,
OB  2a , OC  3a . Thể tích của khối tứ diện OABC bằng
A. V 

2a 3
.
3

B. V 

a3
.
3

C. V  2a 3 .

D. V  a 3 .

Lời giải
Chọn D.

1
1
1
Ta có: VO. ABC  OA.SOBC  OA. OB.OC  a 3 .
3
3
2
Câu 12: [1D4-2] Giá trị của lim

x 

A. 0 .

2x 1
x2  1 1
B. 2 .

bằng
C.  .
Lời giải

D. 2 .

Chọn B.
Ta có: lim

x 

1
2
2x 1
x
 2 .
 lim
 lim
2
x 
x 
1
1
1
x 1 1
x 1 2 1
 1 2 
x
x
x
2x 1

Câu 13: [2H2-2] Cắt một hình trụ bằng một mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một hình
vuông cạnh 2a . Diện tích xung quanh của hình trụ bằng

Sưu tầm bởi:

Trang 4/24 - Mã đề thi 132


A. 2 a 2 .

D. 16 a 2 .

C. 4 a 2 .
Lời giải

B. 8 a 2 .

Chọn C.

Dựa vào hình vẽ ta có bán kính và chiều cao của hình trụ lần lượt là a và 2a .
Do đó, S xq  2 Rh  2 .a.2a  4 a 2 .
Câu 14: [1D2-1] Một nhóm học sinh có 10 người. Cần chọn 3 học sinh trong nhóm để làm 3 công việc
là tưới cây, lau bàn và nhặt rác, mỗi người làm một công việc. Số cách chọn là
A. 103 .
B. 3 10 .
C. C103 .
D. A103 .
Lời giải
Chọn D.
Số cách chọn 3 em học sinh là số cách chọn 3 phần tử khác nhau trong 10 phần tử có phân
biệt thứ tự nên số cách chọn thỏa yêu cầu là A103 .
Câu 15: [2D1-2] Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x   x  x  2  , với mọi x . Hàm số đã cho
3

nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. 1; 3 .
B.  1; 0  .

C.  0; 1 .

D.  2; 0  .

Lời giải
Chọn C.
x  0
Ta có: f   x   0  
.
x  2

Đồng thời f   x   0  x   0; 2  nên ta chọn đáp án theo đề bài là  0; 1 .
Câu 16: [2D1-2] Đồ thị hàm số y 

x 1

x2 1
B. 2 .

A. 4 .

có tất cả bao nhiêu tiệm cận đứng và tiệm cận ngang?
C. 3 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn C.
Tập xác định hàm số D   ; 1  1;   .
1
x  1 . Đồ thị có tiệm cận ngang y  1 .
Ta có lim y  lim
x 
x 
1
1 2
x
1

Tương tự lim y  1  đồ thị có tiệm cận ngang là y  1 .
x 

Ta có: lim  x  1  2  0 ; lim x 2  1  0 và
x 1

x 1

x 2  1  0 , x  1 nên lim y  
x 1

 đồ thị có tiệm cận đứng x  1 .

Sưu tầm bởi:

Trang 5/24 - Mã đề thi 132


x 1 
lim y  lim  
  0.
x 1
x 1
x  1 

Kết luận : Đồ thị hàm số có tất cả 3 đường tiệm cận gồm tiệm cận đứng và ngang.
Câu 17: [1D2-2] Gieo đồng thời hai con súc sắc cân đối và đồng chất. Xác suất để tổng số chấm trên
mặt xuất hiện của hai con súc sắc đó không vượt quá 5 bằng
5
1
2
5
A.
.
B. .
C. .
D.
.
12
4
9
18
Lời giải
Chọn D.
Số phần tử của không gian mẫu n     6.6  36 .

Gọi A là biến cố: ‘‘Tổng số chấm xuất hiện trên mặt hai con súc sắc không vượt quá 5 ”.
Các phần tử của A là: 1;1 , 1; 2  , 1;3 , 1; 4  ,  2;1 ,  2; 2  ,  2;3 ,  3;1 ,  3; 2  ,  4;1 .
Như vậy số phần tử của A là: n  A  10 .
Vậy xác suất cần tìm là: P  A 

n  A

n 



5
.
18

x  2  t

Câu 18: [2H3-2] Trong không gian Oxyz , cho điểm A  1;1;6  và đường thẳng  :  y  1  2t . Hình
 z  2t

chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng  là:

A. N 1;3; 2  .

B. H 11; 17;18 .

C. M  3; 1;2  .

D. K  2;1;0  .

Lời giải
Chọn C.
Gọi   là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với  tại H . Khi đó H là hình chiếu của A
trên   .
Phương trình mặt phẳng   : 1 x  1  2  y  1  2  z  6   0  x  2 y  2 z  9  0 .
Ta có H   H  2  t;1  2t; 2t  .
H     2  t  2 1  2t   4t  9  0  t  1 .

Vậy H  3; 1;2  là điểm cần tìm.
Câu 19: [1H3-2] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh AB  a , AD  3a .
Cạnh bên SA  a 2 và vuông góc mặt phẳng đáy. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng
 SAC  bằng:
A. 75 .

B. 60 .

C. 45 .
Lời giải

D. 30 .

Chọn D.

Sưu tầm bởi:

Trang 6/24 - Mã đề thi 132


S

A

D

H

B

C

Kẻ BH  AC và H  AC  BH   SAC  .

SH là hình chiếu của BH trên mặt phẳng  SAC  .
Góc giữa SB và mặt phẳng  SAC  là BSH .

AB.BC

Ta có BH 

AB  BC
2

2



a 3
, SB  SA2  AB 2  a 3 .
2

Trong tam giác vuông SBH ta có sin BSH 

BH 1
  BSH  30 .
SB 2
1

Câu 20: [2D2-2] Đạo hàm của hàm số y   x 2  x  1 3 là

2x 1

A. y 

3

3

x

2

 x  1

2

2
1 2
B. y   x  x  1 3 .
3

.

8
1 2
C. y   x  x  1 3 .
3

D. y 

2x 1
2 x2  x  1
3

.

Lời giải
Chọn A.
Ta có y 

1
1
1 2
2x 1
3
.
x

x

1

x 2  x  1 



2
3
2
3
3  x  x  1

Câu 21: [1H3-2] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , cạnh bên SA  a 5 ,
mặt bên SAB là tam giác cân đỉnh S và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy.
Khoảng cách gữa hai đường thẳng AD và SC bằng
S

D

A

B

Sưu tầm bởi:

C

Trang 7/24 - Mã đề thi 132


A.

2a 5
.
5

B.

4a 5
.
5

C.

a 15
.
5

D.

2a 15
.
5

Lời giải
Chọn B.
S

K

D

A
H

B

C

Gọi H là trung điểm của cạnh AB .
Do tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy nên
SH   ABCD  .
Theo giả thiết ta có AB  2a  AH  a .
Mà ta lại có SA  a 5 nên SH  SA2  AH 2  2a
Ta có AD // BC  AD //  SBC 
 d  AD, SC   d  AD,  SBC    d  A,  SBC    2d  H ,  SBC   .

Do mặt phẳng  SBC    SAB  nên từ H kẻ HK  SB thì HK  d  H ,  SBC   .
Ta có HK 

SH .HB 2a.a 2a 5
4a 5
 d  AD, SC   2 HK 


.
5
SB
5
a 5
1

Câu 22: [2D3-2] Tính  32 x 1 dx bằng
0

A.

9
.
ln 9

B.

12
.
ln 3

C.

4
.
ln 3

D.

27
.
ln 9

Lời giải
Chọn B.
1

Ta có  3

2 x 1

0

1

1

1
12
1
1 32 x1

33  3 
.
dx   32 x 1 d  2 x  1 

ln 3
2 ln 3 0 2 ln 3
20

Câu 23: [2D1-2] Hàm số y   x 2  x  nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
2

 1
A.  0;  .
 2

B. 1; 2  .

C.  2;0  .

D.  0;1 .

Lời giải
Chọn C.

x  0

Ta có y  2  x 2  x   2 x  1 . Giải phương trình y  0  2  x 2  x   2 x  1  0   x  1 .

1
x 

2
Sưu tầm bởi:

Trang 8/24 - Mã đề thi 132


Lập bảng biến thiên



x

0

y



0



1
2
0



1



0



y

1 
Từ bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến trên khoảng  ;0  và  ;1 nên hàm số nghịch
2 

biến trên khoảng  2;0  .

Câu 24: [2D1-2] Ký hiệu a , A lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y 
trên đoạn  0; 2 . Giá trị a  A bằng
A. 7 .

B. 18 .

C. 0 .
Lời giải

x2  x  4
x 1

D. 12 .

Chọn A.

 x  1  0; 2
. Giải phương trình y  0  x 2  2 x  3  0  
.
 x  1
 x  3   0; 2
10
Do y  0   4 ; y 1  3 ; y  2  
nên max y  y  0   4  A  4 ; min y  y 1  3  a  3 .
0;2
0;2
3
Vậy A  a  7 .
Câu 25: [2D4-2] Cho các số phức z1  3  2i , z2  3  2i . Phương trình bậc hai có hai nghiệm z1 và z2
Ta có y 

x2  2x  3
2

là
A. z 2  6 z  13  0 .

B. z 2  6 z  13  0 .
C. z 2  6 z  13  0 .
Lời giải

D. z 2  6 z  13  0 .

Chọn A.
Do z1  3  2i , z2  3  2i là hai nghiệm của phương trình nên

 z  z1  z  z2   0   z  3  2i  z  3  2i   0   z  3
Câu 26: [2D3-2] Giả sử F  x  là một nguyên hàm của f  x  

2

 4  0  z 2  6 z  13  0 .

ln  x  3
sao cho F  2   F 1  0 .
x2

Giá trị của F  1  F  2  bằng
A.

10
5
ln 2  ln 5 .
3
6

B. 0 .

C.

7
ln 2 .
3

D.

2
3
ln 2  ln 5 .
3
6

Lời giải
Chọn A.
ln  x  3
dx .
Tính 
x2
dx


u  ln  x  3 du 


x3

Đặt 
dx
dv  2
v   1
x


x
Sưu tầm bởi:

Trang 9/24 - Mã đề thi 132


Ta có



ln  x  3
x

2

1
1
x

1
dx
  ln  x  3   ln
 C  F  x, C  .
dx   ln  x  3  
x
3 x3
x
x  x  3

1 1
7
1
 

Lại có F  2   F 1  0   ln 2  C     ln 4  ln  C   0  2C  ln 2 .
3 4
3
3
 

1
1
1 2
10
5
Suy ra F  1  F  2   ln 2  ln 2  ln 5  ln  2C  ln 2  ln 5 .
3
2
3 5

3
6

Câu 27: [1H3-3] Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có AB  a và AA  2 a . Góc giữa hai
đường thẳng AB và BC bằng
C

A

B

C'

A'

B'

A. 60 .

B. 45 .

C. 90 .
Lời giải

D. 30 .

Chọn A.
C

A

B

C'

A'

B'







Ta có AB.BC   AB  BB BC  CC   AB.BC  AB.CC  BB.BC  BB.CC
a2
3a 2
2
.
 AB.BC  AB.CC  BB.BC  BB.CC    0  0  2a 
2
2
3a 2
1
AB.BC 
2

   AB, BC    60 .
Suy ra cos AB, BC  

AB . BC  a 3.a 3 2





Câu 28: [2D1-3] Cho các hàm số y  f  x  và y  g  x  liên tục trên mỗi khoảng xác định của chúng
và có bảng biến thiên được cho như hình vẽ dưới đây

Sưu tầm bởi:

Trang 10/24 - Mã đề thi 132




x
x

f  x
f  x

g  x 








0

–

–




g  x

0

0



0

Mệnh đề nào sau đây sai?
A. Phương trình f  x   g  x  không có nghiệm thuộc khoảng  ;0  .
B. Phương trình f  x   g  x   m có 2 nghiệm với mọi m  0 .
C. Phương trình f  x   g  x   m có nghiệm với mọi m .
D. Phương trình f  x   g  x   1 không có nghiệm.
Lời giải
Chọn D.
Trong khoảng  ;0  , ta có f  x   0, g  x   0 nên phương trình f  x   g  x  vô nghiệm
suy ra A đúng.
Đặt h  x   f  x   g  x   h  x   f   x   g   x   0, x  0 . Ta có bảng biến thiên như sau.

Từ bảng biến thiên ta có B, C đúng.
x



h  x 
h  x



0

–

–





0


Xét trên khoảng  0;   , ta có bảng biến thiên
x



0

f  x
f  x

x

g  x 



y0

g  x  1



0




1

0

Suy ra phương trình f  x   g  x   1 có ít nhất một nghiệm.
Vậy D sai.

Câu 29: [1D2-3] Tìm hệ số của x 3 sau khi khai triển và rút gọn các đơn thức đồng dạng của
9

1
2
  x  2x  , x  0 .
x

A. 2940 .
B. 3210 .

C. 2940 .
Lời giải

D. 3210 .

Chọn A.
Ta có
Sưu tầm bởi:

Trang 11/24 - Mã đề thi 132


9

9 k

9

9
k
9
k i

k
1
1

2
k 1
k

Cki C9k  1 2i.x 2 k i 9 .

x

2
x


x
2
x

1

C
.
x
.
2
x

1







9

 
 

x
 x
 k 0  x 
k 0 i 0
Theo yêu cầu bài toán ta có 2k  i  9  3  2k  i  12 ; 0  i  k  9 ; i, k 

Ta có các cặp  i; k  thỏa mãn là:  0;6  ,  2;5 ,  4; 4  .
Từ đó hệ số của x 3 là : C60C96  1

60

.20  C52C95  1

5 2

.22  C44C94  1

4 4

.24  2940 .

Câu 30: [1H3-3] Một chiếc cốc hình trụ có đường kính đáy 6 cm , chiều cao 15 cm chứa đầy nước.
Nghiêng cốc cho nước chảy từ từ ra ngoài đến khi mép nước ngang với đường kính của đáy
cốc. Khi đó diện tích của bề mặt nước trong cốc bằng

A.

9 26
 cm 2 .
10

B. 9 26 cm2 .

C.

9 26
 cm 2 .
2

D.

9 26
 cm 2 .
5

Lời giải
Chọn C.

Ta có: OH  3 , OB  OH 2  HB 2  3 26 , cos HOB 

1
.
26

Áp dụng công thức hình chiếu về diện tích của hình phẳng ta có: S   S .cos HOB
1
 .32 9 26
S

cm 2 .
S
2
1
2
cos HOB
26
Cách khác là dùng diện tích hình elip.
S

1
9 26
1
1
1
cm 2 .
S E    ab   .3. 152  32   .3.3 26 
2
2
2

2
2

Câu 31: [2H2-2] Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh AB  a , góc tạo bởi  SAB  và  ABC 
bằng 60 . Diện tích xung quanh của hình nón đỉnh S và có đường tròn đáy ngoại tiếp tam giác
ABC bằng

Sưu tầm bởi:

Trang 12/24 - Mã đề thi 132


A.

7 a 2
.
3

B.

7 a 2
.
6

C.

3 a 2
.
2

D.

3 a 2
.
6

Lời giải
Chọn B.

Gọi M là trung điểm AB và gọi O là tâm của tam giác ABC ta có :
 AB  CM
 AB   SCM   AB  SM và AB  CM

 AB  SO
Do đó góc giữa  SAB  và  ABC  là SMO  60 .
Mặt khác tam giác ABC đều cạnh a nên CM 

SO  OM .tan 60 

a 3
a
. 3 .
6
2

Hình nón đã cho có chiều cao h  SO 
l  h2  R 2 

a 3
1

a 3
. Suy ra OM  CM 
.
2
3
6

a 3
a
, bán kính đáy R  OA 
, độ dài đường sinh
3
2

a 21
.
6

Diện tích xung quanh hình nón là: S xq   .R.l   .

a 3 a 21
7 a 2
.

3
6
6

Câu 32: [2D2-2] Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4x  2x  4  3m  2 x  1 có hai
nghiệm phân biệt

A. 1  m  log 3 4 .

B. 1  m  log 3 4 .

C. log 4 3  m  1 .

D. log 4 3  m  1 .

Lời giải
Chọn B.
Sưu tầm bởi:

Trang 13/24 - Mã đề thi 132


Ta có 4x  2x  4  3m  2 x  1  4x  1  3m  2x  4  3m  0 .
Đặt t  2 x  0 , n  3m  0 ta tìm n  0 để phương trình t 2  1  n  t  4  n  0 có hai nghiệm
dương phân biệt.
1  n   4  4  n   0
n 2  2n  15  0
  n  5
  0




   n  3  3  n  4
Do đó  S  0  n  1  0
 n  1
P  0

1  n  4
4  n  0
n  4




2

Vậy 3  3m  4  1  m  log3 4 .
Câu 33: [2D4-3] Cho số phức z . Gọi A , B lần lượt là các điểm trong mặt phẳng  Oxy  biểu diễn các
số phức z và 1  i  z . Tính z biết diện tích tam giác OAB bằng 8 .
A. z  2 2 .

C. z  2 .

B. z  4 2 .

D. z  4 .

Lời giải
Chọn D.
Ta có OA  z , OB  1  i  z  2 z , AB  1  i  z  z  iz  z .
Suy ra OAB vuông cân tại A ( OA  AB và OA2  AB 2  OB 2 )
1
1 2
Ta có: SOAB  OA. AB  z  8  z  4 .
2
2
Câu 34: [2H3-3] Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 2; 1 , đường thẳng d :

x 1 y 1 z  2


và
2
1
1

mặt phẳng  P  : x  y  2 z  1  0 . Điểm B thuộc mặt phẳng  P  thỏa mãn đường thẳng AB
vuông góc và cắt đường thẳng d . Tọa độ điểm B là
A.  3; 2; 1 .
B.  3;8; 3 .
C.  0;3; 2  .

D.  6; 7;0  .

Lời giải
Chọn C.
Đường thẳng d có một VTCP là ud   2;1; 1 .
Gọi M  AB  d  M 1  2t ; 1  t; 2  t   AM   2t ; t  3;3  t  .

AB  d  AM .u  0  4t  t  3  3  t  0  t  1  AM   2; 2; 2   2 1; 1;1
Đường thẳng AB đi qua điểm A 1; 2; 1 , có một VTCP là u  1; 1;1

x  1 t

 AB :  y  2  t  t 
 z  1  t


.

x  1 t
t  1
y  2 t
x  0


Ta có: B  AB   P  nên tọa độ của B là nghiệm của hệ 

 z  1  t
y  3
 x  y  2 z  1  0

 z  2
 B  0;3; 2  .

Sưu tầm bởi:

Trang 14/24 - Mã đề thi 132


1

Câu 35: [2D3-3] Cho y  f  x  là hàm số chẵn và liên tục trên

. Biết



f  x  dx 

0

f  x

2

3

trị của

x

2

1

2

1
f  x  dx  1 . Giá
2 1

dx bằng

C. 4 .
Lời giải

B. 6 .

A. 1 .

D. 3 .

Chọn D.
1

Do


0

1

2

1
f  x  dx   f  x  dx  1   f  x  dx 1 và
21
0

1

2

2

 f  x  dx  2

1

2

  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  3 .
0

1

0

f  x

2

Mặt khác 

3 1
x

2

dx 

0

3

f  x

0

3

2
0

I

2

3

x

f  x

3

2

x

1

f  x

2



x

1

1

1

f  x

2

dx  
0

3x  1

dx và y  f  x  là hàm số chẵn, liên tục trên

.

dx . Đặt t  x  dx  dt
0

dx   

dx 

x

2

 f   x   f  x  x 
Xét I 

f  x

2

0

3 t  1

f  x

3

2

f  t 

x

1

2

dt =

2

dx  


0

f  x

3x  1
0

2 t
2 x
3 f t 
3 f  x
f  t 
dt =  x
dx
dt =  t
1
3

1
3

1
0
0
1

3t
2

dx 


0

3x f  x 
3 1
x

2

dx  

f  x

3 1
0
x

dx 

2


0

3

x

 1 f  x 
3x  1

dx 

2

 f  x  dx  3 .
0

Câu 36: [2D1-3] Cho hàm số y  f  x  có đồ thị của hàm số y  f   x  được cho như hình bên. Hàm
số y  2 f  2  x   x 2 nghịch biến trên khoảng
y
3
1
1 O

2

3 4

5

x

2

A.  3;  2  .

B.  2;  1 .

C.  1; 0  .

D.  0; 2  .

Lời giải
Chọn C.

Sưu tầm bởi:

Trang 15/24 - Mã đề thi 132


Ta có y  2 f  2  x   x 2  y    2  x  2 f   2  x   2 x

y  2 f   2  x   2 x  y  0  f   2  x   x  0  f   2  x    2  x   2 .
Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y  x  2 cắt đồ thị y  f   x  tại hai điểm có hoành độ

1  x1  2
nguyên liên tiếp là 
và cũng từ đồ thị ta thấy f   x   x  2 trên miền 2  x  3 nên
 x2  3

f   2  x    2  x   2 trên miền 2  2  x  3  1  x  0 .
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng  1; 0  .
x 1
và d1 , d 2 là hai tiếp tuyến của  C  song song với nhau.

2x
Khoảng cách lớn nhất giữa d1 và d 2 là

Câu 37: [2D1-3] Cho đồ thị  C  : y 

A. 3 .

B. 2 3 .

C. 2 .
Lời giải

D. 2 2 .

Chọn C.
x 1
1
, y  x   2 x  0 .
2x
2x
d1 , d 2 là hai tiếp tuyến của  C  song song với nhau lần lượt có các hoành độ tiếp điểm là

Do  C  : y 

x1 , x2  x1  x2  , nên ta có y  x1  = y  x2  

 x1  x2
1
1
 x1   x2 .

 2
2
2 x1
2 x2
 x1   x2

 x 1 

x 1 
Gọi M  x1 ; 1  ; N   x1; 1  .
2 x1 
2 x1 


 x 1 
x 1
x 1
1
1
 2  x  x1   y  1
0.
PTTT d1 tại M  x1 ; 1  : y  2  x  x1   1
2 x1
2 x1
2 x1
2 x1
2 x1 

Khi đó d d1 , d2   d N ;d1  

2
x1
1
1
4 x14

Áp dụng BĐT Cô-Si ta có 4 x12 



4
1
4x  2
x1

.

2
1

1
1
 2 4 x12 . 2  4  d d1 ; d2  
2
x1
x1

4
4 x12 

1
x12



4
 2.
2

Câu 38: [2H3-2] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2   z  1  6 tiếp xúc với
2

2

2

hai mặt phẳng  P  : x  y  2 z  5  0 ,  Q  : 2 x  y  z  5  0 lần lượt tại các điểm A , B . Độ dài
đoạn AB là
A. 3 2 .

B.

3.

C. 2 6 .
Lời giải

D. 2 3 .

Chọn C.

Gọi A  x; y; z  là tiếp điểm của mặt phẳng  P  : x  y  2 z  5  0 và mặt cầu  S  .

Sưu tầm bởi:

Trang 16/24 - Mã đề thi 132


 x 1 y  2 z  1



 IA  knP

Khi đó 
 1
1
2  A  0;1; 3 .
A

P





x  y  2z  5  0
Gọi B  x ; y ; z   là tiếp điểm của mặt phẳng  Q  : 2 x  y  z  5  0 và mặt cầu  S  .
 x  1 y   2 z   1




 IB  knQ

Khi đó 
 2
1
1  B  3;1;0  .
B

Q





 2 x  y   z   5  0

Độ dài đoạn AB  3 2 .
Câu 39: [2H3-3] Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d :

 S  :  x  1   y 1   z  2
2

2

2

x 1 y  1 z  m



và mặt cầu
1
1
2

 9 .Tìm m để đường thẳng d cắt mặt cầu  S  tại hai điểm

phân biệt E , F sao cho độ dài đoạn EF lớn nhất
A. m  1.

1
C. m   .
3
Lời giải

B. m  0 .

D. m 

1
.
3

Chọn B.
Mặt cầu  S  có tâm I 1;1; 2  và bán kính R  3 .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên d , khi đó H là trung điểm đoạn EF .



Ta có EF  2 EH  2 R 2  d  I ,  P  



2

. Suy ra EF lớn nhất khi d  I ,  P   nhỏ nhất

Đường thẳng d qua A 1; 1; m  và có véc tơ chỉ phương u  1;1; 2  .
Ta có AI   0; 2; 2  m  ,  AI , u    2  m; 2  m; 2  .
Suy ra d  I ,  P   

 AI , u 
2m2  12



 2.
11 4
u



Do đó d  I ,  P   nhỏ nhất khi m  0 . Khi đó EF  2 EH  2 R 2  d  I ,  P  
Câu 40: [2D1-3] Biết rằng giá trị nhỏ nhất của hàm số y  mx 
sau đây đúng?
A. 0  m  2 .

B. 4  m  8 .



2

2 7.

36
trên  0;3 bằng 20 . Mệnh đề nào
x 1

C. 2  m  4 .
Lời giải

D. m  8 .

Chọn C.
y  mx 

36
36
 y  m 
2
x 1
 x  1

Trường hợp 1: m  0 , ta có y  

36

 x  1

2

 0, x  1 .Khi đó min y  y  3  9 (loại).
x0;3

Trường hợp 2: m  0
Nếu m  0 , ta có y  0 , x  1 Khi đó min y  y  3  20  3m  9  m 
x0;3

Sưu tầm bởi:

11
(loại).
3

Trang 17/24 - Mã đề thi 132


Nếu m  0 , khi đó y  0  m 

0

36

 x  1

6
4
 1  3   m  36 , min y 
x0;3

9
m

2

6

x
1

36
2
m
.
 0   x  1 

m
6

 x   m 1 l 

m  4
 6

.
y
 1  12 m  m  20  
 m 
 m  100  l 

11
6
9
 1  3  m  , min y  y  3  20  3m  9  m   l  .
3
4 x0;3
m

x  1  t
 x  2t 


Câu 41: [2H3-3] Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d :  y  2  t , d  :  y  1  t  . Đường
z  t
z  2  t


thẳng  cắt d , d  lần lượt tại các điểm A , B thỏa mãn độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất.
Phương trình đường thẳng  là
x 1 y  2 z
x4
y z2

 .


A.
B.
.
2

1
3
2
1
3
x y  3 z 1
x  2 y 1 z 1



C. 
.
D.
.
2
1
3
2
1
3
Lời giải
Chọn D.

  d  A 1  t;2  t; t  ,   d  B  2t ;1  t ;2  t  .
 1
 AB.u  0
2t   3t  2
2t   t  1  t   t  1  t   t  2  0
t 





2.

  2t  1



6
t
4
t

2
t

2

t

t

1

t

t

2


0

AB
.
u

0



t  1

1 3

Suy ra A  2;1;1 , AB   1; ; 
2 2

AB ngắn nhất suy ra AB là đoạn vuông góc chung của d , d  .

Vậy  đi qua A  2;1;1 có vectơ chỉ phương u  2 AB   2;1;3   :

x  2 y 1 z 1


.
2
1
3

Câu 42: [2D1-3]Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x    x3  2 x 2  x3  2 x  với mọi x 

. Hàm

số f 1  2018 x  có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị?
A. 9 .

B. 2018 .

C. 2022 .

D. 11 .

Lời giải
Chọn A.
Ta có f   x   x3  x  2  x 2  2   0 có 4 nghiệm và đổi dấu 4 lần nên hàm số y  f  x  có
4 cực trị. Suy ra f  x   0 có tối đa 5 nghiệm phân biệt.

Do đó y  f 1  2018x  có tối đa 9 cực trị.
Sưu tầm bởi:

Trang 18/24 - Mã đề thi 132


Câu 43: [2D2-3] Gọi a là giá trị nhỏ nhất của f  n  

 log3 2  log 3 3 log 3 4 ... log 3 n  , với
9n

n ,

n  2 . Có bao nhiêu số n để f  n   a ?
B. vô số.

A. 2 .
Chọn A.
Ta có f  n  1  f  n  .

log 3  n  1
9

C. 1 .
Lời giải
, f  n   f  n  1 .

D. 4 .

log 3 n
9


 f  n   f  n  1
Do a là giá trị nhỏ nhất của f  n  nên f  n   a  

 f  n   f  n  1

log 3  n  1
 f  n   f  n  .
log 3  n  1  9
9

 39  1  n  39 .


log 3 n  9
 f  n  1 . log 3 n  f  n  1

9
Vậy có 2 giá trị của n thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 44: [2H1-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA  2a và
vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm cạnh SD . Tang của góc tạo bởi hai mặt
phẳng  AMC  và  SBC  bằng
A.

5
.
5

B.

3
.
2

C.

2 5
.
5

D.

2 3
.
3

Lời giải
Chọn C.

Chọn hệ trục tọa độ và chuẩn hóa cho a  1 sao cho A  0;0;0  , B  0;1;0  , D 1;0;0  , S  0;0; 2 
1

Ta có M là trung điểm SD  M  ;0;1 , C 1;1;0  .
2

1
1


AM   ;0;1  , AC  1;1;0  ,  AM , AC    1;1;    AMC  có một vtpt n   2; 2;1
2

2

SB   0;1; 2  , SC  1;1; 2  ,  SB, SC    0; 2;1   SBC  có một vtpt k   0; 2;1

Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  AMC  và  SBC  thì cos  

Sưu tầm bởi:

n.k
n.n



5
3

Trang 19/24 - Mã đề thi 132


Do tan   0 nên tan  

2 5
1
.
1 
2
5
cos 

Câu 45: [2D2-4] Biết rằng a là số thực dương sao cho bất đẳng thức 3x  a x  6 x  9 x đúng với mọi số
thực x . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a  12;14 .
B. a  10;12 .
C. a  14;16 .
D. a  16;18 .
Lời giải
Chọn D.
Ta có

3x  a x  6 x  9 x
 a x  18x  6 x  9 x  3x  18 x

 a x  18x  3x  2x  1  9x  2x  1

 a x  18x  3x  2x  1 3x  1

* .

Ta thấy  2x 13 x 1  0, x 

 3x  2x  13x 1   0,  x

.

Do đó, * đúng với mọi số thực x
 a x  18x  0, x 
x

a
    1, x 
 18 
a

 1  a  18  16;18 .
18
Câu 46: [2H1-4] Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh 2a , gọi M là trung điểm của BB và P
1
thuộc cạnh DD saeo cho DP  DD . Mặt phẳng  AMP  cắt CC tại N . Thể tích khối đa
4

diện AMNPBCD bằng
A

D

C

B

P

M
D'

A'

B'

A. V  2a .
3

C'

B. V  3a .
3

9a 3
C. V 
.
4

Lời giải

11a 3
D. V 
.
3

Chọn B.

Sưu tầm bởi:

Trang 20/24 - Mã đề thi 132


A

D
O

P
C

B
K

M

D'

A'

N

O'
B'

C'

Thể tích khối lập phương ABCD.ABCD là V   2a   8a3 .
3

Gọi O , O lần lượt là tâm hai hình vuông ABCD và ABCD , gọi K  OO  MP , khi đó
N  AK  CC .
1
3a
1
a  3a
Ta có OK   DP  BM    a   
. Do đó CN  2OK 
.
2
2 4
2
2
Diện tích hình thang BMNC là
S BMNC

1
1
3a 
5a 2

  BM  CN  .BC   a   .2a 
.
2
2
2 
2

Thể tích khối chóp A.BMNC là
1
1 5a 2
5a3
VA.BMNC  .S BMNC . AB  .
.2a 
.
3
3 2
3
Diện tích hình thang DPNC là
1  a 3a 
1
S DPNC   DP  CN  .CD     .2a  2a 2 .
2 2 2 
2

Thể tích khối chóp A.DPNC là
1
1
4a 3
VA. DPNC  .S DPNC . AD  .2a 2 .2a 
.

3
3
3
Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng

V  VA.BMNC  VA.DPNC

Câu 47: [2D3-4]

Cho

5a 3 4a 3


 3a 3 .
3
3

hàm

số

y  f  x

có

π

f  x   f   x   sin x.cos x , với mọi x
2



đạo

hàm

liên

tục

trên

và f  0   0 . Giá trị của tích phân

thỏa

mãn

π
2

 x. f   x  dx
0

bằng
π
A.  .
4

B.

1
.
4

C.

π
.
4

1
D.  .
4

Lời giải
Chọn D.

Sưu tầm bởi:

Trang 21/24 - Mã đề thi 132


Theo giả thiết,

π

f  x   f   x   sin x.cos x nên
2


f  0   0 và

π
f  0   f    0 hay
2

π
f  0.
2
π
2

π
2

π
2
0

π
2

π
2

0

0

Mặt khác, I   x. f   x  dx   xd  f  x     xf  x     f  x  dx hay I    f  x  dx .
0
π
2

Mà

0
π
2

π



 f  x  dx   f  2  x  dx
0

Suy ra I  

nên I  

0

π
2

π
2

1 
f  x 
2 0 

π

f   x   dx .
2


π
2

1
1
1

sin x.cos xdx   cos 2 x    .

20
4
8
0

Câu 48: [2D4-4] Cho các số phức w , z thỏa mãn w  i 

3 5
và 5w   2  i  z  4  . Giá trị lớn nhất
5

của biểu thức P  z  1  2i  z  5  2i bằng
B. 4  2 13 .

A. 6 7 .

Chọn C.
Gọi z  x  yi , với x, y 

C. 2 53 .
Lời giải

D. 4 13 .

. Khi đó M  x; y  là điểm biểu diễn cho số phức z .

Theo giả thiết, 5w   2  i  z  4   5  w  i    2  i  z  4   5i   2  i  w  i   z  3  2i

 z  3  2i  3 . Suy ra M  x; y  thuộc đường tròn  C  :  x  3   y  2  9 .
2

2

Ta có P  z  1  2i  z  5  2i  MA  MB , với A 1; 2  và B  5; 2  .

Gọi H là trung điểm của AB , ta có H  3; 2  và khi đó:
P  MA  MB  2  MA2  MB 2  hay P  4 MH 2  AB 2 .

Mặt

khác,

MH  KH

với

mọi

M  C 

nên

P  4KH 2  AB2  4  IH  R   AB 2  2 53 .
2

M  K
3 11
Vậy Pmax  2 53 khi 
hay z  3  5i và w   i .
5 5
 MA  MB

Sưu tầm bởi:

Trang 22/24 - Mã đề thi 132


Câu 49: [2D1-3] Cho hàm số u  x  liên tục trên đoạn  0;5 và có bảng biến thiên như hình vẽ. Có bao
nhiêu giá trị nguyên m để phương trình

A. 6 .

B. 4 .

3 x  10  2 x  m.u  x  có nghiệm trên đoạn  0;5 ?

C. 5 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn C.
Theo bảng biến thiên ta có trên  0;5 thì 1  u  x   4 1 ,
Ta có

3x  10  2 x  m.u  x  

3x  10  2 x
m
u  x

Xét hàm số f  x   3x  10  2 x trên  0;5
3
2

; f   x   0  3 10  2 x  2 x  3 10  2 x   4 x  x  3 .
2 x 2 10  2 x
Bảng biến thiên

Ta có f   x  

Do đó ta có trên  0;5 thì 10  f  x   5

 2 .



max f  x   f  3  5
min f  x   f  0   10
Từ 1 và  2  ta có 
và 


min u  x   u  3  1
maxu  x   u  0   4
10 f  x 

 5 với mọi x   0;5 .
Do đó
4
u  x
Để phương trình

3 x  10  2 x  m.u  x  có nghiệm trên đoạn

0;5

 phương trình

10
3x  10  2 x

 m  5.
 m có nghiệm trên đoạn  0;5 
4
u  x

Vì m

nên m  1; 2;3; 4;5 .

Câu 50: [1D2-3]Chia ngẫu nhiên 9 viên bi gồm 4 viên màu đỏ và 5 viên màu xanh có cùng kích thước
thành ba phần, mỗi phần 3 viên. Xác xuất để không có phần nào gồm 3 viên cùng màu bằng

Sưu tầm bởi:

Trang 23/24 - Mã đề thi 132


A.

9
.
14

B.

2
.
7

C.

3
.
7

D.

5
.
14

Lời giải
Chọn A.
Vì xác suất không thay đổi khi ta coi ba phần này có xếp thứ tự 1 , 2 , 3 .
Chia ngẫu nhiên 9 viên bi gồm 4 viên màu đỏ và 5 viên màu xanh có cùng kích thước thành
ba phần, mỗi phần 3 viên như sau:
Phần 1 : Chọn 3 viên cho phần 1 có C93 cách.
Phần 2 : Chọn 3 viên cho phần 2 có C63 cách.
Phần 3 : Chọn 3 viên lại cho phần 3 có 1 cách.
Do đó số phần tử của không gian mẫu là: n     C93 .C63  1680 .
Gọi A là biến cố không có phần nào gồm 3 viên cùng màu, khi đó ta chia các viên bi thành 3
bộ như sau:
Bộ 1 : 2 đỏ - 1 xanh: Có C42C51 cách chọn
Bộ 2 : 1 đỏ - 2 xanh: Có C21C42 cách chọn
Bộ 3 : gồm các viên bi còn lại( 1 đỏ - 2 xanh).
Vì bộ 2 và 3 có các viên bi giống nhau để không phân biệt hai bộ này nên có

3!
sắp xếp 3
2!

bộ vào 3 phần trên.
3!
Do đó n  A   C42C51C21C42  1080 .
2!
n  A 1080 9
Ta được P  A 

 .
n    1680 14

Sưu tầm bởi:

Trang 24/24 - Mã đề thi 132