De 9718

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727

1

LUYỆN ĐỀ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2018 SỐ 97
Ngày 21 tháng 5 năm 2018
Học sinh:………………………..
Câu 1: Đồ thị hình bên là đồ thị của một trong 4 đồ thị của các hàm số ở các phương án A, B, C, D dưới đây. Hãy
chọn phương án đúng.

1 4
1 4
1 4
2
x  x2  5
C. y   x  5 .
D. y   x  2 x  7 .
4
4
4
Câu 2: Cho hàm số y  f  x  xác định trên D  R \  2; 2 , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên
B. y  

A. y  x 4  x 2  5 .

sau:

Có bao nhiêu khẳng định đúng trong các khẳng định sau?
(I). Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận. (II). Hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 0.

(III). Hàm số có đúng 1 điểm cực trị. (IV). Đồ thị hàm số có 3 tiệm cận.
A. 0 .
B. 1 .
C. 2 .

D. 3 .

x2  x  4
trên đoạn  0;3 . Tính
x 1

Câu 3: Kí hiệu M và m lần lượt là giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm số y 
giá trị của tỉ số

M
m

A.

4
.
3

B. 6 .

C. 3 .

D.

3

.
2

x

x2
�3�
�e �
Câu 4: Cho các hàm số y  log 2 x; y  � � ; y  log x; y  � �. Trong các hàm số trên, có bao nhiêu hàm
�2 �
� �
� �

số nghịch biến trên tập xác định của nó? A. 2 .
Câu 5: Cho các mệnh đề sau.
(I). Nếu a  bc thì 2 ln a  ln b  ln c

B. 3 .

C. 1 .

D. 4 .

1 log a x
(II). Cho số thực 0  a �1 . Khi đó  a �۳

0

x 1

x

(III). Cho các số thực 0  a �1 , b  0 , c  0 . Khi đó b log a c  c log a b
Số mệnh đề đúng trong các mệnh đề trên là

A. 3 .

B. 4 .

Câu 6: Nguyên hàm của hàm số f  x   cos  5 x  2  .

�1 �
�2 �

(IV). lim � � �.
x � �
C. 2 .

D. 1 .

1
sin  5 x  2   C .
B. F  x   5sin  5 x  2   C .
5
1
C. F  x    sin  5 x  2   C .
D. F  x   5sin  5 x  2   C .
5
Câu 7: Cho số phức z  a  bi  a, b �R  tùy ý. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. F  x  

A. Điểm M  a; b  là điểm biểu diễn của số phức z .

B. Mô đun của z là một số thực dương.
2

C. Số phức liên hợp của z có mô đun bằng mô đun của số phức iz . D. z 2  z .
Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  2 y  3 z  5  0 .Vectơ nào sau đây là vectơ

r

pháp tuyến của mặt phẳng  P  ? A. n  1; 2;3 .

r

B. n  1; 2; 3 .

r

C. n  1; 2; 3 .

Câu 9: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng    : x  y  z  1  0 và

   : 2 x  my  2 z  2  0 . Tìm m

để    song song với    .

r

D. n  1; 2; 3 .

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
ĐT:01694838727
2
A. m  2 .
B. m  5 .
C. Không tồn tại.
D. m  2 .
Câu 10: Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy 2a , góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600 .Tính thể tích của khối

4a 3 3
2a 3 3
a3 3
.
C.
.
D.
.
3
3
3
Câu 11: Cho m là một số thực. Hỏi đồ thị của hàm số y  2 x 3  x và đồ thị của hàm số y  x 3  mx 2  m cắt nhau
tại ít nhất mấy điểm?
A. 0 .
B. 3 .
C. 2 .
D. 1 .
�
Câu 12: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị của y  f  x  như hình vẽ sau.

chóp S . ABCD .

2a 3 2
.
3

A.

B.

Xác định số điểm cực trị của hàm y  f  x 
A. 3 .

B. 4 .

C. 2 .

D. 1 .

Câu 13: Tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y 
cận là.

� 1�
�3

x2 1
có ba tiệm
x 2  2mx  m

� 1�

�1 �
D. m � �; 1 � 0; � \ � �
.
�3 �
�3
Câu 14: Một người gửi 15 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 1, 65% một quý, nếu hết quý người đó không rút tiền
1; �. B. m � �; 1 � 0; � .
A. m �R \ �

 �.
C. m � 1;0  \ �

lãi ra thì số tiền lãi đó được tính là tiền gốc của quý tiếp theo. Nếu như người đó không rút lãi hàng quý, thì sau bao
lâu người đó có được ít nhất 20 triệu đồng (cả vốn lẫn lãi) từ số vốn ban đầu ? (Giả sử lãi suất không thay đổi).
A. 4 năm.
B. 3 năm và 3 quý.
C. 4 năm và 2 quý.
D. 3 năm 1 quý.

�

�x 2
� 3 �2

log 1 �  2
Câu 15: Tìm tập xác định D của hàm số y  log 2 �





A. D  1; 1  57 .

3



a





� �
� 3�.
� �



B. D  1  57; 1  57 . C. D  2; 1  57 .

Câu 16: Cho n là số nguyên dương, tìm n sao cho

log a 2019  22 log

log 2  x 1

D. D   1; � .

2019  32 log 3 a 2019  ...  n2 log n a 2019  10082 �2017 2 log a 2019

A. n  2017 .
B. n  2018 .
C. n  2019 .
D. n  2016 .
Câu 17: Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng được giới hạn bởi các đồ thị hàm số

y  1  x 2 ; y  0 quanh trục Ox .

B. 3 .

A. 2 .

Câu 18: Tìm một nguyên hàm F  x  của hàm số f  x   ax 

f  1  0 .

3
.
4

D.

4
.
3

b
 x �0  ,biết rằng F  1  1 , F  1  4 ,
x2

3x 2 3 7
3x 2 3 7
3x 2 3 1

 . C. F  x  

 . D. F  x  

 .
4 2x 4
2 4x 4
2 2x 2
1  5i
Câu 19: Môđun của số phức z  2  3i 
là.
3i
170
170
170
170
A. z 
.
B. z 
.
C. z 
.
D. z 
.
4

3
5
8
4i
Câu 20: Các điểm M , N , P lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức z1 
; z2   1  i   1  2i  ; z3  1  2i
i 1
.Hỏi tam giác  MNP có đặc điểm gì?
A. F  x  

3x 2 3 7


4 2x 4

C.

A. Tam giác vuông.

B. F  x  

B. Tam giác cân.

C. Đáp án khác.

D. Tam giác đều.

�x  3  t
x  2 y 1 z  3
�



Câu 21: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :
, d 2 : �y  6  t .
1
2
1
�z  3
�
Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. d1 và d 2 chéo nhau. B. d1 và d 2 cắt nhau.

C. d1 và d 2 trùng nhau. D. d1 song song với d 2 .

Câu 22: Có bao nhiêu mặt phẳng song song với mặt phẳng    : x  y  z  0 đồng thời tiếp xúc với mặt cầu

 S  : x2  y 2  z 2  2x  2 y  2z  0 ?

A. 1 .

B. 0 .

C. Vô số.

D. 2 .


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
ĐT:01694838727
3

Câu 23: Cho lăng trụ đứng ABC. A���
B C có đáy là tam giác đều cạnh a .Mặt phẳng AB��
C tạo với mặt đáy góc 600 .
Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A���
BC .

3a 3 3
a3 3
3a 3 3
.
C. V 
.
D. V 
.
4
8
8
Câu 24: Cho hai điểm A , B cố định. Gọi M là một điểm di động trong không gian sao cho MAB  300 . Khẳng định
nào dưới đây là khẳng định đúng ? .A. M thuộc mặt cầu cố định.
B. M thuộc mặt trụ cố định.
C. M thuộc mặt phẳng cố định.
D. M thuộc mặt nón cố định.
2  sin 2 x
Câu 25: Hàm số y 
có tập xác định R khi
m cos x  1
A. m  0 .
B. 0  m  1 .
C. m �1 .
D. 1  m  1 .

4
A
143
, n �N *
Câu 26: Tìm tập các số âm trong dãy số x1 ; x2 ;...xn với xn  n  4 
Pn  2 4 Pn
�54 23 �
�63 23 �
A. H  � ;
C. H  � ;
�. B. H   1; 2 .
�. D. Đáp án khác.
8
4
�5
�4
Câu 27: Cho hai điểm B , C cố định trên đường tròn  O, R  và A thay đổi trên đường tròn đó, BD là đường kính.
Khi đó quỹ tích trực tâm H của ABC là.
A. Đoạn thẳng nối từ A tới chân đường cao thuộc BC của ABC .
B. Cung tròn của đường tròn đường kính BC .
uur .
C. Đường tròn tâm O�bán kính R là ảnh của  O, R  qua TuHA
A. V 

a3 3
.
2

B. V 

uuu
r.
D. Đường tròn tâm O�bán kính R là ảnh của  O, R  qua TuDC

� 4x 1 1
khi x �0
� 2
Câu 28: Tìm a để các hàm số f  x   �ax   2a  1 x
liên tục tại x  0
�
3
khi x=0
�
1
1
A. .
B. .
C. Đáp án khác.
D. 1 .
2
4
Câu 29: Biết rằng phương trình 2 x3  bx 2  cx  1 có đúng 2 nghiệm thực dương phân biệt. Hỏi đồ thị hàm số
3

y  2 x  bx 2  c x  1 có bao nhiêu điểm cực trị.

A. 3 .

B. 7 .

C. 5 .

D. Đáp án khác.

x 1
tại hai điểm phân biệt A , B sao cho
x 1
AB  3 2 A. m  2 và m  2 . B. m  4 và m  4 . C. m  1 và m  1 . D. m  3 và m  3 .
Câu 31: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình log 3  x  2   2m log x  2 3  16
Câu 30: Tìm m để đường thẳng d : y  x  m cắt đồ thị hàm số C : y 

có hai nghiệm đều lớn hơn 1 . A. Vô số.
B. Đáp án khác.
C.  63 giá trị.
D. 16 giá trị.
x
Câu 32: Biết hai hàm số y  a , y  f  x  có đồ thị như hình vẽ đồng thời đồ thị của hai hàm số này đối xứng nhau



2
qua đường thẳng y   x . Tính f   a   f  a



A. 3 .

Câu 33: Tìm tất cả các giá trị thực dương của tham số m sao cho

C. 5 .

B. 4 .
m

xe
�

x 2 1

dx=2500e

m 2 1

D. 3 .

.

0

A. m  2250 2500  2 . B. m  21000  1 .
C. m  2250 2500  2 . D. m  21000  1 .
Câu 34: Cho đồ thị biểu diễn vận tốc của hai xe A và B khởi hành cùng một lúc, bên cạnh nhau và trên cùng một con
đường. Biết đồ thị biểu diễn vận tốc của xe A là một đường Parabol, đồ thị biểu diễn vận tốc của xe B là một đường
thẳng ở hình bên. Hỏi sau khi đi được 5 giây khoảng cách giữa hai xe là bao nhiêu mét.
A. 270m .

B. 60m .

C. 80m .

u1  5
�
. Tính u100 ? A. 4950 .
un 1  uu  n
�

Câu 35: Cho dãy số �

D.
B. 4955 .

250
m.
3

C. 4960 .

D. 4965 .

Câu 36: Cho các số phức z1  1  3i, z2  5  3i . Tìm điểm M  x; y  biểu diễn số phức z3 , biết rằng trong mặt
phẳng phức điểm M nằm trên đường thẳng x  2 y  1  0 và mô đun số phức w  3z3  z 2  2 z1 đạt giá trị nhỏ nhất.


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

� 3 1�
 ;  �.
A. M �
� 5 5�

ĐT:01694838727

�3 1 �
B. M � ;  �.
�5 5 �

4

�3 1 �
C. M � ; �
.
�5 5 �

� 3 1�
 ; �.
D. M �
� 5 5�
�x  t2
�x  1
�x  1
�
�
�
Câu 37: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba đường thẳng d1 : �y  1 , d 2 : �y  1 , d3 : �y  t3 .
�z  t
�z  0
�z  0
� 1
�
�

Viết phương trình mặt phẳng đi qua M  1; 2;3 và cắt ba đường thẳng d1 , d 2 , d 3 lần lượt tại A, B, C sao cho M là
trực tâm tam giác ABC . A. x  y  z  6  0 . B. x  z  2  0 .
C. 2 x  2 y  z  9  0 . D. Đáp án khác.





Câu 38: Cho hình chóp S . ABCD có cạnh bên SA  a 0  a  3 và các cạnh còn lại đều bằng 1 . Tính theo a thể

3  a2
3  a2
a 3  a 2 . B. Đáp án khác.
C. V 
.
D. V 
6 a
3 a
3
M
,
N
����
Câu 39: Cho hình lập phương ABCD. A B C D có cạnh bằng 1 . Gọi
lần lượt là trung điểm của AB và CD .
tích V của khối chóp S . ABCD . A. V 

2
.
C. 2 2 .

D. 2 .
4
Câu 40: Cho một cái bể nước hình hộp chữ nhật có ba kích thước 2m, 3m, 2m lần lượt là chiều rộng, chiều dài,
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A�
C và MN . A.

2
.
2

B.

chiều cao của lòng trong đựng nước của bể. Hàng ngày nước ở trong bể được lấy ra bởi một cái gáo hình trụ có chiều
cao là 5cm và bán kính đường tròn đáy là 4cm . Trung bình một ngày được múc ra 170 gáo nước để sử dụng (Biết
mỗi lần múc là múc đầy gáo). Hỏi sau bao nhiều ngày thì bể hết nước biết rằng ban đầu bể đầy nước ?

A. 280 ngày.

B. 281 ngày.

C. 282 ngày.

D. 283 ngày.

3sin 2 x  cos 2 x
�m  1 đúng với mọi x �R
sin 2 x  4cos 2 x  1
3 5 9
65  9
3 5 9

B. m �
.
C. m �
.
D. m �
.
4
4
4

Câu 41: Tìm m để các bất phương trình

3 5
.
4

A. m �

Câu 42: Trong một đợt kiểm tra về vệ sinh an toàn thực phẩm của ngành y tế tại chợ X. Ban quản lý chợ lấy ra 15
mẫu thịt lợn trong đó có 4 mẫu ở quầy A, 5 mẫu ở quầy B và 6 mẫu ở quầy C. Mỗi mẫu thịt này có khối lượng như
nhau và để trong các hộp kín có kích thước giống hệt nhau. Đoàn kiểm tra lấy ra ngẫu nhiên ba hộp để phân tích, kiểm
tra xem trong thịt lợn có chứa hóa chất “Super tạo nạc” (Clenbuterol) hay không. Xác suất để 3 hộp lấy ra có đủ ba

1
.
15
3 x  3
m

3;3

Câu 43: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
thuộc đoạn 
nghịch biến trên
 để hàm số y   x
3 m
khoảng  1;1 .
A. 4 .
B. 3 .
C. 2 .
D. 0 .
loại thịt ở các quầy A, B, C là

Câu 44: Biết phương trình log 5

A.

24
.
93

B. Đáp án khác.

C.

1
.
5

�x
2 x 1

1 �
a
 2 log 3 �

�2 2 x �
�có nghiệm duy nhất x  a  b 2 trong đó , b là các
x
�
�
mx  a  2
có giá trị lớn nhất trên đoạn  1; 2 bằng 2 .
xm
C. m � 6;7  .
D. m � 7;9  .

số nguyên. Hỏi m thuộc khoảng nào dưới đây để hàm số y 
A. m � 2; 4  .

B. m � 4;6  .
1

xn

I �
dx
*
x 2 x3
x n ,  n �N  ta được kết quả
0
1  x    ...

2! 3!
n!
1�
1�
� 1 1
� 1 1
2    ...  �.
2    ...  �.
A.  n  1 !ln �
B. ln �
n! �
n! �
� 2! 3!
� 2! 3!

Câu 45: Tính tích phân

D.


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727

1�
� 1 1
2    ...  �.
C.  n  1 !ln �
n! �
� 2! 3!

5

D. Đáp án khác.

10
 2  i . Hỏi phần ảo của số phức w  z 2  z  1 bằng bao nhiêu?
z
1
3
3
A.
.
B. 
.
C. .
D. Đáp án khác.
2
2
2
Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 2; 1) và mặt phẳng ( P ) có phương trình
x  y  2 z  13  0 . Mặt cầu ( S ) đi qua A , tiếp xúc với ( P ) và có bán kính nhỏ nhất. Điểm I (a; b; c) là tâm của
( S ) , tính giá trị của biểu thức T  a 2  2b 2  3c 2 .
A. T  25 .
B. T  30 .
C. T  20 .
D. T  30 .
Câu 48: Cho khối lập phương ABCD. A����
B C D cạnh a . Các điểm E và F lần lượt là trung điểm của C �
B�và C ��

D .
Mặt phẳng  AEF  cắt khối lập phương đã cho thành hai phần, gọi V1 là thể tích khối chứa điểm A�
và V2 là thể tích
Câu 46: Cho số phức z thỏa mãn  1  2i  z 

khối chứa điểm C �
. Khi đó
A.

25
.
47

V1
là .
V2
B. 1 .

C.

17
.
25

D.

8
.
17

Câu 49: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông





2
góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD là 4 dm . Khoảng cách giữa hai

đường thẳng SD và AC gần với giá trị nào nhất sau đây?
A.

2
dm .
7

B.

3
dm .
7

C.

4
dm .
7

D.

6
dm .
7
n

�1
�
Câu 50: Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Newton của � 3  x 5 �, biết rằng
�x
�
n 1
n
Cn  4  Cn 3  7  n  3 . (với n là số nguyên dương và x  0 )
A. 400 .
B. 480 .
C. 495 .
D. 0 .
8

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 97


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
ĐT:01694838727
6
Câu 1: Hướng dẫn: B
+ Ta thấy đồ thị hàm số chỉ có một điểm cực trị nên loại đáp án D
+ Từ trái sang phải, đồ thị hàm số đi từ dưới lên, do đó hệ số của x 4 phải âm. Suy ra loại được đáp án A
+ Với x  �2 thì y  0 . Thay x  �2 vào hai đáp án B,C ta thấy đáp án B thỏa mãn còn đáp án C không thỏa mãn.

y  0; lim y  �; lim y  �;
Câu 2: Hướng dẫn: C.+ Khẳng định (I) sai, khẳng định (IV) đúng vì xlim
���
x � 2
x �2
lim y  �; lim y  �nên đồ thị hàm số có 3 tiệm cận. gồm 2 tiệm cận đứng x  2 ; x  2 và 1 tiệm cận
x �2
y

0
ngang là
.
x �2 

+ Khẳng định (II) sai vì hàm này không có giá trị lớn nhất.
+ Khẳng định (III) đúng vì hàm số chỉ có 1 điểm cực trị là x  0 .

Câu 3: Hướng dẫn: A.Hàm số đã xác định và liên tục trên đoạn  0;3 .

y�


 2 x  1  x  1  x 2  x  4  x 2  2 x  3 ; �x � 0;3 � x  1
�
2
2
 x  1
 x  1 �y� 0

Ta có f  0   4; f  1  3; f  3  4 . Do đó m  min f  x   3; M  max f  x   4 �

 0;3

 0;3

M 4
 .
m 3

Câu 4: Hướng dẫn: A
x

x

x 2
�3�
�3�
�e �
Hàm số y  � � , y  � �nghịch biến trên R bởi vì do hàm số y  � �là hàm số mũ có cơ số nhỏ hơn 1
�2 �
�2 �
� �
� �
� �
x 2

�e �
nên hàm số và hàm số y  � � (coi như là hàm mũ mở rộng chứ không phải là hàm mũ theo định nghĩa SGK, nên
� �
để xét tính đơn điệu ta không thể dựa vào tính chất của hàm mũ là xét cơ số lớn hơn hay nhỏ hơn 1 mà phải dùng đạo
x2

e
�e �
hàm.( có đạo hàm y �
 � � ln  0 ).

� �
1
Câu 5: Hướng dẫn: C.Ta thấy a  bc � ln a  ln bc � ln a  ln bc � 2 ln a  ln b  ln c .
2
Nên (I) cảm giác đúng nhưng thực tế là sai vì cho a  2; b  2; c  2 là không tồn tại ln .
�
�a  1
�
�
l og a x �0
�
0 ��
a 1��۳
x 1 . Nên mệnh đề (II) đúng
 a 1 log a x 0 ��
0  a 1
�
�
�
log a x �0
�
�
�
0  a �1, b  0, c  0 � b log a c  c log a b (ta chứng minh bằng cách lấy ln 2 vế hoặc gán cho a  2; b  3; c  4 rồi
bấm casio.). Nên mệnh đề (III) đúng.

x

�1 �
lim � � 0 (bấm Casio hoặc dựa vào đồ thị của hàm mũ). Suy ra mệnh đề (IV) sai.
x � � 2
��
1
cos  ax  b  dx  sin  ax  b   C .
Câu 6: Hướng dẫn: A.Áp dụng công thức �
a
Câu 7: Hướng dẫn: C+ Đáp án A sai vì điểm  M phải có tọa độ là M  a; b  .
+ Đáp án B sai vì Mô đun của z là một số thực không âm. + Đáp án C đúng vì
Ta có iz  ai  b � iz  z .+ Đáp án D sai vì có thể cho z  1  i thay vào kiểm tra.
Câu 8: Hướng dẫn: D.Từ phương trình tổng quát của mặt phẳng  P  suy ra véctơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  là

r
n  1; 2; 3  .

Câu 9:Hướng dẫn: C.Hai mặt phẳng đã cho song song nên
số m .

2 M
2 2


� do đó không tồn tại giá trị của tham
1
1 1 1

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
ĐT:01694838727
Câu 10: Hướng dẫn: B.Gọi M là trung điểm của CD , O là giao điểm của AC và

7

CD  OM
�
� CD   SOM 
BD . Ta có �
CD  SO
�
�, OM  SMO
�  600
� �
SCD  ,  ABCD   SM

 





1
BC  a � SO  OM .tan SMO  a 3
2
1
1
4a 3 3
Ta lại có S ABCD  AB.BC  4a 2 � VS . ABCD  SO.S ABCD  .a 3.4a 2 

.
3
3
3
Câu 11: Hướng dẫn: C.PT hoành độ giao điểm hai đồ thị là 2 x3  x  x 3  mx 2  m � x 3  mx 2  x  m  0
xm 0 �
xm
�
�  x  m   x 2  1  0 � �2
��
. Tức là phương trình có ít nhất 2 nghiệm phân biệt. Suy ra hai đồ
x  �1
x 1  0 �
�
Ta có OM 

thị có ít nhất hai điểm chung.
Câu 12: Hướng dẫn: C.Từ đồ thị của hàm y  f �
 x  , ta đi phục dựng lại bảng biến thiên của hàm y  f  x 

với chú ý rằng nếu x  0;1  x  2; x  2 thì f �
 x  luôn dương nên hàm số y  f  x  đồng biến. Còn nếu 0  x  1
thì f �
 x  luôn âm nên hàm số y  f  x  nghịch biến. Còn tại các giá trị x  0;1; 2 thì đạo hàm f �
 x   0 . Từ bảng
biến thiên ta nhận thấy hàm số y  f  x  có hai điểm cực trị là x  0; x  1 .

y  1 với mọi m .Suy ra y  1 là tiệm cận ngang với mọi m .
Câu 13: Hướng dẫn: D.+Vì xlim
� �

2
+ Để có thêm 2 tiệm cận đứng khi g  x   x  2mx  m  0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1 và 1

�
m2  m  0
�
0
�
�
�1 �
��
�� 1
. Vậy m � �; 1 � 0; � \ � �
.
3
m
�
;

1
�
�
�g  �1 �0
�
� 3

Câu 14: Hướng dẫn: C.Số tiền vốn lẫn lãi mà người gửi sẽ có được sau n quý là

S  15.  1  0.0165   15.1, 0165n .

n

20
17,58 .
15
Vậy sau khoảng 4 năm 6 tháng (4 năm 2 quý) người gửi sẽ được ít nhất 20 triệu đồng từ số vốn 15 triệu đồng ban
۳�
1 0.0165
Theo đề, ta có 20 �15.

n

15.1,0165n

n log1,0165

đầu (vì hết quý thứ hai, người gửi mới nhận lãi của quý đó).
Hoặc có thể thử trực tiếp đáp án bằng cách liệt kê cụ thể số tiền có được theo từng quý rồi cộng lại với nhau.

�
�
�x  1
�x  1  0
�
�
�x 2
�x 2
log 2  x 1
ĐK
�


2

0
�
Câu 15: Hướng dẫn: A.
�
�  x 1  0
2
�
�2
2
� �x
�
�x 2
�
log 2  x 1 �
log

2

3

0

log
� 1�
� 3 �  x  1� 3  0
�
�

�2
�
� 3 �2
�
�x  1
�x  1
�x  1
�
�2
2
� � �x
� �2
� � �x
3
log 3 �  x  1� 3 �  x  1  3
�x  2 x  56  0
�
�2
�
� �2
�x  1
��
� 1  x  57  1
1  57  x  1  57
�
Chú ý. Bài này ta có thể làm bằng cách giải ngược (thử đáp án kết hợp với Casio.)
Câu 16: Hướng dẫn: D.Ta có

log a 2019  22 log

a

2019  32 log 3 a 2019  ...  n2 log n a 2019  10082 �2017 2 log a 2019

� log a 2019  23 log a 2019  33 log a 2019  ...n3 log a 2019  10082 �2017 2 log a 2019
�n  n  1 � �2016.2017 �
.
�  1  2  3  ...  n  log a 2019  1008 �2017 log a 2019 � �
� �
�� n  2016
2
2
�
�
� �
2

3

3

3

3

2

2

2

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727

Câu 17: Hướng dẫn: D + Hàm thứ nhất y  1  x , hàm thứ hai y  0
2

x  1
�
1  x2  0 � 1  x2  0 � �
� Cận thứ nhất x  1 , cận thứ hai
x 1
�

Giải phương trình hoành độ giao điểm
1





2

x  1 + Thể tích V   � 1  x 2 dx Sử dụng máy tính Casio với lệnh tính tích phân
1

4
�V   .

3
Câu 18: Hướng dẫn: A.

b �
ax 2 bx 1
ax 2 b
�
2
f
x
dx

ax

dx

ax

bx
dx=


C

  C  F  x

�
2 �
�  �
�

2
1
2
x
� x �
�a
� 3
a
�2  b  C  1
�
2
�F  1  1 �
�
�
3
�a
�
3x 2 3 7
F  1  4 � �  b  C  4 � �
b   . Vậy F  x  
Ta có �

 .
2
4 2x 4
�
�2
�
�F  1  0
ab  0

�
� 7
c
�
�
�
� 4
 1  5i   3  i   2  3i  �1  8 i � 11  7 i
Câu 19: Hướng dẫn: C.Ta có z  2  3i 
.
�
�
 3  i  3 i
�5 5 � 5 5



2



2

11 � �7 �
170
Suy ra z  �
.
� � � � 
5
�5 � �5 �

Cách khác. bấm máy tính casio.
Câu 20: Hướng dẫn: C.+ Rút gọn z1 bằng Casio
Ta được z1  2  2i vậy điểm M  2; 2 

+ Rút gọn z2 bằng Casio Ta được z2  3  i vậy điểm N  3;1

Tương tự z3  1  2i vậy điểm P  1; 2  Dễ thấy tam giác  MNP là tam giác
thường.

ur

Câu 21: Hướng dẫn: B.Đường thẳng d1 đi qua A  2;1; 3  và có một vectơ chỉ phương là  u1   1; 2; 1

uu
r

Đường thẳng d 2 đi qua B  3;6; 3 và có một vectơ chỉ phương là  u2   1;1;0 

ur uu
r

ur uu
r uuu
r

uuu
r

�
u1 , u2 �

u1 , u2 �
Ta có �
�
�  1;1; 1 , AB   5;5;0  ; �
�AB  0 . Vậy d1 và d 2 cắt nhau.
Câu 22: Hướng dẫn: A.Mặt cầu  S  có tâm I  1;1;1 ; R  3
Mặt phẳng cần tìm có dạng  P  : x  y  z  m  0  m �0 





Điều kiện tiếp xúc d I ;  P   R �

m3
3

 3 � m  6 hay m=0  loaïi 

Như vậy có một mặt phẳng thỏa mãn.
Câu 23: Hướng dẫn: D.Vì ABC. A���
B C là lăng trụ đứng nên AA�
 ABC . Gọi M là trung
điểm B��
C ,do tam giác A���
B C đều nên suy ra A�
M  B ��
C . Khi đó



 



� �
600  �
AB��
C  ,  A���
BC   �
AM , A�
M  AMA
3a
a 3
 A�
M .tanAM A�

; AA�
.. Diện tích tam giác đều
2
2
a3 3
3a 3 3
.
Vậy
(đvdt).
�
S A���

V


S
.A
A

BC
ABC
4
8
Câu 24: Hướng dẫn: D.Từ A kẻ đường thẳng d tạo với AB một góc 300 ta quay
đường thẳng vừa tạo quanh AB với góc 300 không đổi thì thu được hình nón.
Tam giác AA�
M có A�
M

8


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
ĐT:01694838727
9
0
Lấy điểm K bất kì trên mặt nón đó, ta có KAB  30
Do A , B cố định � mặt nón cố định
Như vậy K �M là thỏa mãn yêu cầu. Tức quỹ tích điểm M thuộc một mặt nón cố định nhận A làm đỉnh, có đường
cao AB trùng với và góc giữa đường sinh và tia AB bằng 300 .
Câu 25: Hướng dẫn: D .Hàm số có tập xác định R khi m cos x  1  0 , x (*).
Khi m  0 thì (*) luôn đúng nên nhận giá trị m  0 .
Khi m  0 thì m cos x  1 �  m  1; m  1 nên (*) đúng khi  m  1  0 � 0  m  1 .
Khi m  0 thì m cos x  1 � m  1;  m  1 nên (*) đúng khi m  1  0 � 1  m  0 .

Vậy giá trị m thoả 1  m  1 .
Câu 26: Hướng dẫn: C.Ta phải tìm các số tự nhiên n  0 thỏa mãn

An4 4 143
143
19
5

 0 �  n  3 .  n  4  
 0 � 4n 2  28n  95  0 �   n 
Pn  2 4 Pn
4
2
2
Vì n là số nguyên dương nên ta được n  1; 2 � các số hạng âm của dãy là x1 ; x2 .
Câu 27: Hướng dẫn: D.Kẻ đường kính BD � ADCH là hình bình hành (Vì AD / / CH và
uuur uuur
uuu
r  A   H .Vậy H
AH / / DC cùng vuông góc với một đường thẳng) � AH  DC � TuDC
xn 

uuu
r.
thuộc đường tròn tâm O�bán kính R là ảnh của  O, R  qua TuDC
Câu 28: Hướng dẫn: C

f  x   lim
Ta có lim
x �0

x �0

4x  1 1
4
2
 lim

x
�
0
x  ax  2a  1
 ax  2a  1 4 x  1  1 2a  1





2
1
3� a
2a  1
6
3
Câu 29: Hướng dẫn: B.Vì phương trình 2 x  bx 2  cx  1 có đúng 2 nghiệm thực dương phân biệt, nên đồ thì
3
2
hàm số y  2 x  bx  cx  1  f  x   C  cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ dương, trong đó có 1
Hàm số liên tục tại x  0 �

điểm chính là điểm cực trị của đồ thị  C  và điểm này phải nằm trên trục Ox (điểm này có thể là điểm CĐ hoặc cực

tiểu).
3

2
+ Muốn biết đồ thị hàm số y  2 x  bx  c x  1  f

 x

có bao nhiêu điểm cực trị thì ta phải đi vẽ đồ thị hàm

số này theo các bước. (Hình vẽ. xem bài giảng).
Bước 1. vẽ đồ thị  C  của hàm số y  f  x 
Bước 2. vẽ đồ thị  C �
 của hàm số y  f
+ Giữ nguyên đồ thị

 C

 x

bằng cách.

ứng với phần phía bên phải trục hoành.

+ Lấy đối xứng phần vừa giữ lại qua trục Oy .

�
Bước 2. vẽ đồ thị  C �
 của hàm số y  f

 x

bằng cách.+ Giữ nguyên đồ thị  C �
 ứng với phần phía trên trục

�
hoành. + Lấy đối xứng phần còn lại của đồ thị  C �
 qua trục Ox . Từ đó ta có đồ thị  C �
 và kết luận đồ thị hàm số
3

y  2 x  bx 2  c x  1 .
Chú ý. bài này có thể làm bằng cách gán giá trị b, c cụ thể mà thỏa mãn được điều kiện đề bài, sau đó ta vẫn đi vẽ đồ
thị hàm trị tuyệt đối thì sẽ bớt cồng kềnh hơn.
Câu 30: Hướng dẫn: + Tập xác định D  R \1

x 1
 x  m � g  x   x2   m  2 x  m  1  0
x 1
+ Để đường thẳng d cắt C tại hai điểm phân biệt thì phương trình g  x   0 có hai nghiệm phân biệt khác 1
+ Phương trình hoành độ giao điểm

2
�
0
�
�
 m  2   4  m  1  0 � �m2  8  0 � m
��
��

�
2 �0
�g  1 �0
2 �0
�
�
�x1  x2  m  2
+ Gọi A  x1 ; x1  m  , B  x2 ; x2  m  là tọa độ các giao điểm � �
�x1 x2  m  1


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727

10

 x1  x2    x1  x2   3 2 �  x1  x2   9
2
2
�  x1  x2   4 x1 x2  9 �  m  2   4  m  1  9 � m 2  1 � m  �1 .
2

+ Ta có AB  3 2 �

2

2

Câu 31: Hướng dẫn: D +TXĐ: x  2; x �1

+ Ta nhận thấy có thể đưa về biến chung đó là log 3  x  2  , do đó ta biến đổi như sau

1
4m
pt � log 3  x  2   2m. .log  x  2 3  16 � log 3  x  2  
 16  0
1
log 3  x  2 
2
+ Đặt t  log 3  x  2  khi đó phương trình trở thành
4m
 16  0 � t 2  16t  4m  0 (*) ( do x  2 �1 nên t �0 )
t
+ Mỗi t cho ta một nghiệm x  2; x �1 . Hơn nữa x  1 � x  2  1 � t  0 . Vậy bài toán trở thành tìm m
  64  4m �0
�
�
S  16  0
� 0  m �16
để phương trình (*) có hai nghiệm dương. �
�P  4m  0
�
+ Vậy có 16 giá trị của m thỏa mãn.
t

Câu 32: Hướng dẫn: A.+ Dựa vào tính chất đồ thị hàm số mũ và lorgarit đối xứng qua đường phân giác của góc phần
tư thứ nhất là y  x , theo đề bài vì y  f  x  đối xứng với y  a x qua đường thẳng y   x nên ta sử dụng tính
chất này như sau.
+ Xét phép đổi biến y  Y ; x   X . Khi đó trong hệ tọa độ mới là Oxy đồ thị hàm số y  a � Y  a

x

X

X

�1 �
 � �,
�a �

X

�1 �
đường thẳng y   x � Y  X , vì vậy trong hệ tọa độ mới này đồ thì hàm mũ Y  a  X  � � có đồ thì hàm logarit
�a �

đối xứng qua đường phân giác Y  X chính là Y  log 1 X và đây chính là hàm y  f  x  trong hệ tọa độ Oxy .
a

Vậy Y  log 1 X � y  log 1   x    log a   x   f  x  .
a

a





2
Tóm lại y  f  x  có phương trình là y  f  x    log a   x  . Do đó f  a   f  a  3 .

m

x 2 1

�

Câu 33: Hướng dẫn: C.Ta có I  xe

m

dx=

0

Đặt t 

2
1
e x 1 d  x 2 
�
20

x 2  1 , khi x  0 � t  1; x  m � t  m 2  1

1
Do đó I 
2
 m 2  1.e

m2 1

�e d  t
t

2

1

2

m 1

500
Bài ra I  2 e

 e  et
2

m 1

�



 1 
m2 1
1

m 2 1

�te dt   te 
t

1

 m 2  1.e



m2  1  1 e

m2 1

t

m 2 1

2

m 1

1

�e dt



t

1

ee

 2500 e

m 2 1

2

m 1

e 





m2  1 1 e

m 2 1

m 2 1

� m 2  1  1  2500 � m 2  1   1  2500  � m 2  21000  2.2500
2





Kết hợp với m  0 ta được m  21000  2.2500  2500 2  2500  2250 2  2500 thỏa mãn.
Câu 34: Hướng dẫn: D+ Dựa vào đồ thị ta tính được


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727

�S A  t   �
20t  80t �
�
v A  t   at  bt  c  20t  80t  m / s 
�
�
�dt  m 
�
�
�
�
�
vB  t   e  ft  20t  m / s 
20tdt  m 
�
�
�S B  t   �
2

2

2

+Suy ra quãng đường đi được sau năm giây của hai xe bằng
5
�
500
2
�
S
t

20  t  2   80t �dt 


 m
�A
�
�
�
3
�
0
�
5
�S t  20tdt  250 m
 
�B   �
0
�

+Suy ra khoảng cách giữa hai xe sau ba giây sẽ bằng S A  S B 

250
m.
3

Câu 35: Hướng dẫn: B

u1  5
�
�
u2  u1  1
�
�
u3  u2  2
�
+ Ta đi dự đoán công thức tổng quát của un theo n . Ta có �
u4  u3  3
�
�
........
�
un 1  un  n
�
+ Cộng vế với vế ta được

n  n  1
99.100
 4955 .
.Vậy u100  5 
2

2
Câu 36: Hướng dẫn: D.Ta có điểm M  x; y  �d : x  2 y  1  0 nên M  2 y  1; y  � z3  2 y  1  yi
Khi đó un 1  5   1  2  3  ...  n   5 

Do đó w  3 z3  z2  2 z1  3  2 y  1  yi    5  3i   2  1  3i   6 y   3 y  3  i
Suy ra w 

 6y

2

  3 y  3

2

2

4 6 5
� 1� 4
 3 5 y  2 y  1  3 5 �y  � �3

, y �R
5
5
� 5� 5
2

1
. Vậy M  x; y  �d : x  2 y  1  0 .
5

Câu 37: Hướng dẫn: D.+ Dễ thấy d1 ; d 2 ; d 3 đôi một vuông góc và đồng quy tại điểm
Dấu “=” xảy ra khi y 

CM  AB
�
O�
� AB  O�
M , tương
 1; 1;0  . Gọi M là trực tâm tam giác ABC . + Khi đó � �
O C  AB
�
tự BC  O�
M
uuuur
M   ABC  . Lại có  O�
M   0;3;3
+ Suy ra O�
uuuu
r
+ Khi đó  ABC  qua M  1; 2;3 và nhận OM và VTPT có phương trình là y  z  5  0 .
�HB  SB 2  SH 2
�
�
HC  SC 2  SH 2
Câu 38: Hướng dẫn: B + Kẻ SH  ABCD tại H ta có �
�
HD  SD 2  SH 2
�
�
Bài ra SB  SC  SD  1 � HB  HC  HD � H là tâm đường tròn ngoại tiếp BCD

Hơn nữa BCD cân tại C � H �AC
+ Ta có SBD  CBD  c  c  c  � SO  CO � SO  CO  AO � SAC vuông tại S
2

a2  1 3  a2
�AC �
Cạnh AC  SA  SC  a  1 � OB  SB  SO  1  � � 1 

4
4
�2 �
2

2

2

2

2

2

3  a2
0  a  3 � BD  3  a 2
2
1
1
a
1

a
a 3  a2
2
2
. .AC.BD 
+ Do đó VS . ABCD  SH .S ABCD  .
.
.
a

1.
3

a

3
3 a2  1 2
6
6 a2  1
� OB 





11


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727







C , MN   d MN ,  A�
CB   d M ,  A�
CB 
Câu 39: Hướng dẫn: B.Do MN / / BC � d  A�



12
1
 d  A,  A�
CB  
2

�BC  AB
� BC   ABA�
B � AH   A�
BC 
 � BC  AH mà AH  A�
�BC  AA�

Kẻ AH  A�
B ta có �

1
1
1
2
2
2
.


 2 � AH 
� d  A,  A�
BC   
� d  M ,  A�
CB   
2
2
2
AH
AA� AB
2
2
4
3
Câu 40: Hướng dẫn: B.+ Thể tích nước được đựng đầy trong hình bể là V  2.3.2  12  m  .
Ta có





2
3
+ Thể tích nước đựng đầy trong gáo là Vg   4 .5  80 cm 


m3  .

12500

+Một ngày bể được múc ra 170 gáo nước tức trong một ngày lượng được được lấy ra bằng

V
12
17

; 280,8616643 �
3
Vm  170.Vg 
  m  Ta có Vm
17
sau 281 ngày bể sẽ hết

1250
1250
nước.

3sin 2 x  cos 2 x
sin 2 x  2cos 2 x  3
(Do sin 2 x  2cos 2 x  3  0x � hàm số xác định trên R )

�  3  y  sin 2 x   1  2 y  cos 2 x  3 y (Phương trình a sinx  bcosx  c có nghiệm
Câu 41: Hướng dẫn: C.Đặt y 

� a 2  b2  c 2 )

Suy ra  3  y    1  2 y  �9 y 2 � 2 y 2  5 y  5 �0
2

2

5  65
5  65
5  65
5  65
65  9
. Yêu cầu bài toán
.
�y �
� max y 
�m۳ 1 m
4
4
4
4
4
Câu 42: Hướng dẫn: B.+ Không gian mẫu  là tập hợp tất cả các tập con gồm 3 phần tử của tập hợp các hộp đựng
15!
3
 455 .
thịt gồm có 4  5  6  15 phần tử, do đó n     C15 

12!.3!
+ Gọi D là biến cố “Chọn được một mẫu thịt ở quầy A, một mẫu thịt ở quầy B, một mẫu thịt ở quầy C”. Tính n  D  .
Có 4 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy A .Có 5 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy B
Có 6 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy C .Suy ra, có 4.5.6  120 khả năng chọn được 3 hộp đủ loại thịt ở
120
các quầy A, B, C � n  D   120 .+ Do đó P  D  
.
455
x
1�
�
x
x
Câu 43: Hướng dẫn: A.Đặt t  3 , do hàm số t  3  � �làm hàm nghịch biến nên
�3 �
�1 �
1
+ khi x � 1;1 � t � 3 ;3  � ;3 �

�3 �
�1 �
+ khi x tăng trong khoảng  1;1 thì t sẽ giảm trong khoảng � ;3 �
�3 �
3 x  3
m
�
[

3
;3

]
Do đó bài toán.Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
để hàm số y   x
 f  x
3 m
nghịch biến trên khoảng  1;1 , trở thành bài toán.Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m �[3;3] để hàm số
y

t 3
 g  t  đồng biến biến trên khoảng
t m

3 m
�1 �
 t 
.+ TXD của hàm g  t  . R\  m + g �
2
� ;3 �
 t  m
�3 �

� �1 �
�� 1
m �� ;3 �
�
�m �3
1
t 3
��
�1 � � �3 �

��
m
 g  t  đồng biến biến trên khoảng � ;3 ��
Hàm số y 
�
��
m
�
3
3
t m
�3 � �
�1 � �
g�
t   0, t �� ;3 � �

�
�
m3
�3 � �
�
Kết hợp với điều kiện giá trị nguyên của tham số m �[3;3] , ta suy ra m  3; 2; 1;0 . Tức là có 4 giá trị của m .
ax  b
Chú ý rằng. riêng đối với hàm phân thức y 
, thì điều kiện để hàm số đơn điệu trên một khoảng chỉ là đạo hàm
cx  d
mang dấu âm hoặc dương, chứ không có trường hợp đạo hàm bằng 0 . Các hàm số còn lại ta gặp trong kì thi THPT


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727
13
hầu hết đều thỏa mãn là hàm số đơn điệu trên một khoảng khi và chỉ khi đạo hàm luôn lớn hơn hoặc bằng 0 hoặc
luôn nhỏ hơn hoặc bằng 0 trên khoảng đó.
Câu 44: Hướng dẫn: A. log 5

�x
2 x 1
1 �
2 x 1
x 1
 2 log3 �

� log 5
 2 log 3
�
�
�
x
x
2 x
�2 2 x �

�x  0
� x 1
�x  1  0

Đk �





2
� log 5 2 x  1  log 3 4 x  log 5 x  log 3  x  1 (1) Đặt u  2 x  1  3 � 4 x   u  1 và v  x
2

(1) có dạng log 5 u  log 3  u  1  log 5 v  log3  v  1 (2)
2

2

Xét f  y   log 5 y  log 3  y  1 , do u  3; v  1 � t  1
2

 t 
Xét t  1. f �

1
1

.2  t  1  0 � f  t  là hàm đồng biến trên miền  1; � .
t ln 5  t  1 2 ln 3
� x  1 2

(2) có dạng f  u   f  v  � u  v � 2 x  1  x � x  2 x  1  0 � �
Vậy x  3  2 2 + Với x  3  2 2 ta có y 

mx  1
 f  x .

xm


Ta đi tìm giá trị lớn nhất của hàm số này trên đoạn  1; 2 . Ta có y �
Ta thấy y 

� x  1 2

m 2  1

� x  3  2 2  tm 

 0 , x �m

 x  m
f  x   2 � f  1  2 � m  3 .
f  x  nghịch biến trên đoạn  1; 2 vậy max
x� 1;2 
2

Câu 45: Hướng dẫn: D +Vì trong kết quả có xuất hiện ln, nên ta nghĩ đến ý tưởng dùng công thức

1

�f  x  df  x   ln x  C
f  x  �f n  x   1  x 

.Để xuất hiện công thức này ta coi mẫu chính là

x 2 x3

xn
x 2 x3
xn 1
  ...  � f n�
 f  x
 x   1  x    ... 
2! 3!
n!
2! 3!
 n  1 ! n 1

n ! f n  x   f n 1  x  

� f n�
1
 x �
�
1�
�
� 1 1
dx

n
!
1

dx  n ! x  n !ln f n  x  0  n !�
1  ln �
2    ...  �
�

�
�.
�
�
�
�
fn  x 
fn  x  �
n! �
� 2! 3!
�
�
0
0�
10
10
10
Câu 46: Hướng dẫn: D.Giả thiết  1  2i  z 
 2  i � z  2i. z  2  i 
� z  2   2 z  1 i 
z
z
z
2
2
10
� z 1
Lấy môđun hai vế của (*), ta được  z  2    2 z  1 
z
1

+ Vậy I 

1

10
10
18  3 10 6  10
2i � z 
� w  z2  z 1 

i .
z
3i
10
10
Câu 47: Hướng dẫn: + Gọi R là bán kính của ( S ) và giả sử ( S ) tiếp xúc với ( P ) tại B .
AH
IA �
IB AB AH
R
+ Kẻ AH  ( P ) tại H , ta có 2 R  �
không đổi.
2
Dấu " =" xảy ra � ( S ) là mặt cầu đường kính AH .Khi đó I là trung điểm của cạnh AH .
uur
+ Đường thẳng AH qua A(1; 2; 1) và nhận nP   1;1; 2  là một VTCP
Do đó 1  2i 

�x  1  t

�
� AH : �y  2  t � H  t  1; t  2; 2t  1
�z  1  2t
�
Điểm H �( P) � (t  1)  (t  2)  2( 2t  1)  13  0 � 6t  12  0 � t  2 � H (3; 4;3)
2
2
2
+ Điểm I là trung điểm của cạnh AH � I  2;3;1 � T  a  2b  3c  25 .


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
ĐT:01694838727
Câu 48: Hướng dẫn: A + Đường cắt EF cắt A��
tại P , AM
D tại N , M , AN cắt DD�
cắt A��
B tại BB�tại Q . Từ đó mặt phẳng  AEF  cắt khối lăng trụ thành hai khối đó là

14

ABCDC �
QEFP và AQEFPB�
A��
D .
+ Gọi V  VABCD. A����
B C D , V3  VA. A�
MN , V4  VPFD ' N , V5  VQMB ��
E
+ Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có V4  V5

1
1 3a 3a 3a 3
AA��
. A M . A�
N  a. . 
6
6 2 2
8
3
V1 25
1
1 a a a a
25a3
47 a 3

.Vậy
.
V4  PD�
.D�
F .D �
N  . . .  ; V1  V3  2V4 
, V2  V  V1 
V2 47
6
6 3 2 2 72
72
72
Câu 49: Hướng dẫn: D + Gọi x  0 là cạnh của hình vuông ABCD và H là trung điểm cạnh AD
x 3

+ Dễ dàng chứng minh SH   ABCD  , SH 
2
+ Gọi O  AC �BD và G là trọng tâm SAD , đồng thời d1 , d 2 lần lượt là 2 trục
đường tròn ngoại tiếp ABCD , SAD ( d1 qua O và / / SH , d 2 qua G và / / AB )
� I  d1 �d 2 là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD � R  SI
V3 

2

2

2 21
�x � �x �
S  4 R 2 � R  1  SI  SG 2  GI 2  � � � � � x 
 dm 
7
� 3 � �2 �
(trong video bài giảng chữa đề, phần này Thầy dùng công thức tính nhanh bán kính
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp trong trường hợp chóp có mặt bên vuông góc với mặt
đáy).
+ Gọi E là điểm thỏa ADEC là hình bình thành � ED / / AC � d  AC , SD   d AC ,  SDE 

� d  AC , SD   d  A,  SDE    2d  H ,  SDE    2HP (do HP   SDE  )
SKH 





1

1
1
1
1
x 21 3
6




� HP 
 dm � d  AC ; SD   dm
2
2
2
2
2
HP
SH
KH
14
7
7
�x 3 � �x 2 �
� � �
�
�2 � �4 �

 n  4  !   n  3 !  7 n  3



3!.  n  1 ! 3!.n !
 n  4   n  3  n  2    n  3  n  2   n  1  7 n  3 �  n  4   n  2    n  2   n  1
�



n 1
n
Câu 50: Hướng dẫn: C.Ta có Cn  4  Cn 3  7  n  3 ۱

6

6

n

6

12  k

12

6

 

 7 � n  12

5k

11k  72
12
12
k
� 12 k �1 �
5
k 3 12  k 
k
2
2
C
.
x

C
x
.
x

C
x
�
�
�
12 � 3 �
12
12
� 0
�x �
0

0
11k  72
 8 � 11k  88 � k  8
Hệ số của số hạng chứa x8 thỏa mãn
2
8
Vậy hệ số của số hạng chứa x8 là C12  495 .

�1
�x

� �1
� �x

Khi đó � 3  x 5 � � 3  x 5 � 

ĐÁP ÁN
1.B
11.C
21.B
31.D
41.C

2.C
12.C
22.A
32.A
42.B

3.A

13.D
23.D
33.C
43.A

4.A
14.C
24.D
34.D
43.A

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

6.A
16.D
26.C
36.D
46.D

7.C
17.D
27.D
37.D
47.A

8.D

18.A
28.C
38.B
48.A

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

10.B
20.C
30.C
40.B
50.C