Đề thi thử THPT 2018 môn Toán Trường THPT chuyên Hoàng Văn Thụ Hòa Bình Lần 2 File word Có đáp án Có lời giải chi tiết

Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.

ĐỀ THI THỬ THPT QG 2018
THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ- HÒA BÌNHLẦN 2

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2018
MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm)

Câu 1: Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng

( P ) : 2x − y + 3z − 1 = 0

và mặt phẳng

( Q ) : 4x − 2y + 6z − 1 = 0 . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
A. (P) và (Q) vuông góc với nhau.

B. (P) và (Q) trùng nhau.

C. (P) và (Q) cắt nhau.

D. (P) và (Q) song song với nhau.

Câu 2: Cho 6 chữ số 2, 3, 4, 5, 6, 7 số các số gồm 3 chữ số được lập từ 6 chữ số đó là
A. 256

B. 36

C. 216

D. 18

1 3
2
Câu 3: Hàm số y = x − 2x + 3x + 1 đồng biến trong khoảng nào sau đây?
3
A. ( −∞;1) và ( 3; +∞ )

B. ( 1;3)

C. ( 3; +∞ )

D. ( −∞;1)

x
Câu 4: Nguyên hàm F(x) của hàm số f ( x ) = x + 2 là

2x
+C
ln 2

B. F ( x ) =

x2
+ 2 x ln 2 + C
2

x2
+ 2x + C
2

D. F ( x ) =

x 2 2x
+
+C
2 ln 2

A. F ( x ) = 1 +
C. F ( x ) =

Câu 5: Trong không gian Oxyz, cho điểm M ( 1;0;3) thuộc:
A. Mặt phẳng (Oxy).

B. Trục Oy.

C. Mặt phẳng (Oyz).

D. Mặt phẳng (Oxz).

Câu 6: Với k là số nguyên dương. Kết quả của giới hạn lim n k là
A. n

D. −∞

C. +∞

B. 0

Câu 7: Cắt một hình nón bằng một mặt phẳng đi qua trục của nó ta được thiết diện là một tam giác
vuông cân có cạnh huyền bằng a, diện tích xung quanh của hình nón đó là:
2
A. Sxq = πa 2

B. Sxq =

πa 2 2
2

C. Sxq =

πa 2 2
4

2
D. Sxq = πa

Câu 8: Giá trị của 49log7 3 bằng
A. 9

B. 6

C. 19

D. 7

Câu 9: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d đi qua M ( 2;0; −1) và có VTCP là

r
u ( 2; −3;1) . Phương trình chính tắc của đường thẳng d là:

Trang 1


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
x − 2 y z +1
x − 2 y − 3 z −1
=
=
=
=
A.
B.
2
−3
1
2
−3
−1
C.

x − 2 y + 3 z −1
=
=
2
−3
1

D.

x − 2 y − 3 z +1
=
=
2
1
1

Câu 10: Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số ở dưới
đây. Hàm số đó là hàm số nào?
A. y = −2x 3 − 6x 2 + 6x + 1
B. y = 2x 3 − 6x 2 + 6x + 1
C. y = −2x 3 − 6x 2 − 6x + 1
D. y = 2x 3 − 6x 2 − 6x + 1
Câu 11: Nghiệm của bất phương trình log 2 ( 2x − 1) ≤ 3 là
A. x ≤

9
2

B. x >

1
2

C.

1
9

2
2

D. x ≥

9
2

Câu 12: Cho lăng trụ đứng ABC.A 'B'C ' có đáy là một tam giác vuông tại
A, ACB = 60o, AC = a, AA ' = 2a . Thể tích khối lăng trụ theo a là
A. a 3 3

B.

a3 6
2

C.

a3 3
3

D.

a3 2
3

Câu 13: Cho hàm số y = x 3 + 3x 2 + 1. Số điểm cực trị của hàm số là
A. 3

B. 0

C. 1

D. 2

Câu 14: Số phức z = −4 + 3i được biểu diễn bởi điểm M có tọa độ
A. M ( 4; −3)

B. M ( −4;3)

C. M ( 3; −4 )

D. M ( 4;3)

Câu 15: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] . Thể tích V của khối nón tròn xoay thu được khi
cho hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị của y = f ( x ) , x = a, x = b ( a < b ) khi quay xung quanh trục Ox
tính bằng công thức:
b

A. V = π ∫ f ( x ) dx
a

b

B. V = π∫ f

2

( x ) dx

b

C. V = π

a

2

∫ f ( x ) dx
a

b

D. V = π∫ f ( x ) dx
a

Câu 16: Phương trình x 3 − 12x + m − 2 = 0 có ba nghiệm phân biệt với m thuộc khoảng
A. −18 < m < 14

B. −4 < m < 4

C. −14 < m < 18

D. −16 < m < 16

Câu 17: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD = 2a;SA vuông góc với đáy
10
ABCD, SC hợp với đáy một góc α và tan α =

. Khi đó, khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng
5
(SCD) là:
Trang 2


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
2a
a
2a 3
a 3
A.
B.
C.
D.
3
3
3
3
Câu 18: Gọi M và m lần lượt là GTLN và GTNN của hàm số y = 2x 3 + 3x 2 − 12x + 2 trên đoạn [ −1; 2] .
Tỉ số

M
bằng
m
C. −

B. −3

A. −2

Câu 19: Cho đồ thị hàm số y =

1
3

D. −

1
2

a x +1
, ( a, b ∈ ¡ ;ab ≠ −2 ) . Giao điểm của hai đường tiệm cận là
2x − b

I ( 2; −1) . Giá trị của a, b là:
A. a = 2; b = −1

B. a = 4; b = −2

C. a = 4; b = 2

D. a = −2; b = 4

Câu 20: Cho hình chóp S.ABC đường cao SA = 2a, tam giác ABC vuông tại C có AB = 2a, CAB = 300 .
Khi đó cosin của góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) là:
A.

6
7

21
7

B.

C.

3
7

7
7

D.

Câu 21: Cho 0 < a < 1. Khẳng định nào đúng?
−
A. a

2

<

1
a

3

a

B.

3

a

2

>1

1

C. a 3 < a

D.

1
a

2017

>

1
a

2018
4

Câu 22: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên [ 1; 4] và f ( 1) = 2, f ( 4 ) = 10. Giá trị của I = ∫ f ' ( x ) dx là
1

A. I = 12

B. I = 48

C. I = 8

D. I = 3

Câu 23: Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với A ( −1;0; 2 ) , B ( 1; 2; −1) , C ( −3;1; 2 ) . Mặt phẳng

( P ) đi qua trọng tâm của tam giác ABC và vuông góc với đường thẳng AB là:
A. ( P ) : x + y − z − 3 = 0

B. ( P ) : 2x + 2y − 3z + 3 = 0

C. ( P ) : 2x + 2y − 3z + 1 = 0

D. ( P ) : 2x + 2y + 3z − 3 = 0

Câu 24: Gọi z1 , z 2 là hai nghiệm của phương trình 3z 2 − z + 4 = 0 . Khi đó P =
A. −

23
12

B.

23
12

C. −

23
24

D.

z1 z 2
+ bằng
z 2 z1

23
24

Câu 25: Một trường THPT có 18 học sinh giỏi toàn diện, trong đó có 11 học sinh khối 12, 7 học sinh
khối 11. Chọn ngẫu nhiên 6 học sinh từ 18 học sinh trên để đi dự trại hè. Xác suất để mỗi khối có ít nhất
1 học sinh được chọn là

Trang 3


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
2855
2559
2558
2585
A.

B.
C.
D.
2652
2652
2652
2652
2
n −1
Câu 26: Cho n là số nguyên dương thỏa mãn A n − 3C n = 11n. Xét khai triển P ( x ) = ( x − 2 ) . Hệ số chứa
n

x10 trong khai triển là:
A. 384384

B. −3075072

C. −96096

Câu 27: Số nghiệm nguyên dương của bất phương trình log
A. 0

B. 3

C. 2

D. 3075072
2

x − log x 6 + log 2 x ≤ 1 là:

D. 1

Câu 28: Một ngọn hải đăng đặt tại vị trí A có khoảng cách đến bờ biển AB = 5km. Trên bờ biển có một
cái kho ở vị trí C cách B một khoảng 7km. Người canh hải đăng có thể chèo đò từ A đến M trên bờ biển
với vận tốc 4/ km h rồi đi bộ đến C với vận tốc 6/ km h .Vị trí của điểm M cách B một khoảng bao nhiêu
để người đó đi đến kho nhanh nhất?

A. 2 5 km

B.

14 + 5 5
km
12

C. 0 km

D. 7 km

1
1 
. Biết
Câu 29: Cho hàm số f ( x ) liên tục và có đạo hàm trên  ;1 thỏa mãn f ' ( x ) =
x ( x − 2)
2 
1
1
f ( 1) = 1, f  ÷ = ln ln 3 + b, ( a, b ∈ ¢ ) . Tổng a + b bằng
a
2

A. 2

B. 3

C. −2

Câu 30: Với giá trị nào của tham số m thì hàm số y =
A. ( −2; 2 )

B. m < −2

D. −3

mx + 4
nghịch biến trên khoảng ( 1; +∞ ) ?
x+m

C. [ −1; 2 )

D. ( −∞;1)

Câu 31: Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x 2 − 4x + 4, trục tung, trục hoành. Giá trị
của k để đường thẳng d đi qua A ( 0; 4 ) có hệ số góc k chia (H) thành 2 phần có diện tích bằng nhau là
A. k = −6

B. k = −2

C. k = −8
Trang 4

D. k = −4


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Câu 32: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, BC = a,SA vuông góc với
mặt phẳng đáy và M là trung điểm của BC, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 60o . Góc
giữa SM và mặt phẳng đáy có giá trị gần với giá trị nào nhất sau đây:
A. 700

B. 800

C. 900

Câu 33: Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d1 :

D. 600
x −1 y z + 2
x +1 y −1 z − 3
−
=
=
=
và d 2 :
.
2
−1
1
1
7
−1

Đường vuông góc chung của d1 và d 2 lần lượt cắt d1 , d 2 tại A và B. Diện tích tam giác OAB bằng
A.

6
4

B.

6
2

C.

(

Câu 34: Tổng các nghiệm của phương trình 2 + 3
A. 2

B. 4

3
2

D.

6

) + ( 2 − 3)
x

x

= 14 bằng

C. −2

D. 0

Câu 35: Tổng các giá trị của m để đường thẳng ( d ) : y = − x + m cắt ( C ) : y =

−2x + 1
tại hai điểm phân
x +1

biệt A, B sao cho AB = 2 2 bằng
A. −2

B. −6

D. −1

C. 0
x

x

x

1 1  1

Câu 36: Tập hợp các giá trị của m để phương trình  ÷ +  ÷ +  ÷ = m ( 2x + 3x + 4 x ) có nghiệm
 2 3  4
thuộc [ 0;1] là [ a; b ] . Giá trị của a + b là
A.

4
3

B. 2

C.

12
101

D.

12
108

Câu 37: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ¡ đồ thị hàm số y = f ' ( x ) như hình vẽ.

Biết f ( 2 ) = −6, f ( −4 ) = −10 và hàm số g ( x ) = f ( x ) +

x2
, g ( x ) có ba điểm cực trị.
2

Phương trình g ( x ) = 0?

Trang 5


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
A. Có đúng 2 nghiệm.
B. Vô nghiệm
C. Có đúng 3 nghiệm

D. Có đúng 4 nghiệm.

Câu 38: Cho hình nón tròn xoay đỉnh S, đáy là hình tròn tâm O. Trên đường tròn đó lấy hai điểm A và
M. Biết góc AOM = 60o , góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAM) và (OAM) có số đo bằng 300 và khoảng cách
từ O đến (SAM) bằng 2. Khi đó thể tích khối nón là:
A.

32 3
π
27

B.

256 3
π
9

C.

256 3
π
27

D.

32 3
π
9

Câu 39: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − 1 − i + z + 1 + 3i = 6 5 . Giá trị lớn nhất của z − 2 − 3i là
A. 4 5

B. 2 5

C. 6 5

D. 5 5

Câu 40: Amelia có đồng xu mà khi tung xác suất mặt ngửa là

suất mặt ngửa là

1
và Blaine có đồng xu mà khi tung xác
3

2
. Amelia và Blaine lần lượt tung đồng xu của mình đến khi có người được mặt ngửa,
5

ai được mặt ngửa trước thì thắng. Các lần tung là độc lập với nhau và Amelia chơi trước. Xác suất
Amelia thắng là

A.

p
, trong đó p và q là các số nguyên tố cùng nhau. Tìm q − p ?
q

9

C. 5

B. 4

D. 14

Câu 41: Ông A vay ngân hàng 200 triệu đồng với lãi suất 1% mỗi tháng. Mỗi tháng ông trả ngân hàng m
triệu đồng. Sau đúng 10 tháng thì trả hết. Hỏi m gần với giá trị nào nhất dưới đây?
A. 23 triệu đồng

B. 20, 425 triệu đồng

C. 21,116 triệu đồng

Câu 42: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng

d:

D. 15, 464 triệu đồng
x − 2 y −1 z −1
=
=

và hai điểm
1
−2
2

A ( 3; 2;1) , B ( 2;0; 4 ) . Gọi ∆ là đường thẳng qua A, vuông góc với d sao cho khoảng cách từ B đến ∆ là
r
r
nhỏ nhất. Gọi u = ( 2; b;c ) là một VTCP của ∆ . Khi đó , u bằng
A. 17

B.

5

C.

D. 3

6

Câu 43: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m không lớn hơn 2018 để hàm số
y = x 3 − 6x 2 + ( m − 1) x + 2018 đồng biến trên khoảng ( 1; +∞ ) ?
A. 2005
Câu 44: Cho

B. 2017
hàm

C. 2018

số y = f ( x ) có f ' ( x ) liên

3f ( x ) + f ( x ) = 1 + 3e −2x . Giá trị f ( 0 ) =

11
. Giá trị
3

tục

D. 2006
trên

nửa

1

f  ln 6 ÷bằng
2


Trang 6

khoảng

[ 0; +∞ ) thỏa

mãn biết

Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
1
5 6
5 6
A.
B.
C. 1
D.
2
18
9
Câu 45: Cho lăng trụ ABC.A 'B'C ' có các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Khoảng cách giữa hai
đường thẳng A’B và B’C’ bằng
A.

a 7
7

B.

a 21
7

C.

a 7
21

D.

a 21
21

Câu 46: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm với mọi x và thỏa mãn f ( 2x ) = 4 cos x.f ( x ) − 2x . Giá trị f ' ( 0 ) là
B. 3

A. 1

D. −2

C. 0

2
2
2
Câu 47: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( S) : x + y + z − 6x + 4y − 2z + 5 = 0. Phương trình mặt

phẳng (Q) chứa trục Ox và cắt (S) theo giao tuyến là một đường tròn bán kính bằng 2 là
A. ( Q ) : 2y + z = 0

B. ( Q ) : 2x − z = 0

C. ( Q ) : y − 2z = 0

D. ( Q ) : 2y − z = 0

Câu 48: Cho ba tia Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc với nhau. Gọi C là điểm cố định trên Oz, đặt
OC = 1, các điểm A, B thay đổi trên Ox, Oy sao cho OA + OB = OC. Giá trị bé nhất của bán kính mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện OABC là

A.

6
3

B.

6

C.

6
4

D.

6
2

Câu 49: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Số cực trị của

hàm số

y = f ( x 2 − 2x )
A. 2

B. 5

C. 4

D. 3

Câu 50: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’có AB = 2a, BC = 2a, AB = 1200. Hình chiếu vuông góc của A trên
mặt phẳng (A’B’C’) trung với điểm của A’B’. Góc giữa đường thẳng AC’ và mặt phẳng (A’B’C’) bằng
60o . Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) và (ABC). Khi đó, tan α có giá trị là:
A.

21

B. 2 2

C.

21
2

--- HẾT ---

Trang 7

D. 2 21


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2018
MÔN TOÁN

ĐỀ THI THỬ THPT QG 2018

THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ- HÒA BÌNHLẦN 2
Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm)

BẢNG ĐÁP ÁN
1-D

2-C

3-A

4-D

5-D

6-C

7-C

8-A

9-A

10-B

11-C

12-A

13-D

14-B

15-B

16-C

17-A

18-

19-D

20-B

21-A

22-C

23-B

24-A

25-D

26-C

27-D

28-A

29-B

30-C

31-A

32-D

33-B

34-D

35-B

36-D

37-

38-C

39-D

40-B

41-C

42-B

43-D

44-B

45-B

46-A

47-D

48-C

49-B

50-D

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2018

ĐỀ THI THỬ THPT QG 2018
THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ- HÒA BÌNHLẦN 2
Trang 8


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.

Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm)

MÔN TOÁN

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án D
Phương pháp: Xét hai mặt phẳng ( P ) : a1x + b1 y + c1z + d1 = 0, ( Q ) : a 2 x + b 2 y + c 2 z + d 2 = 0 :
+) ( P ) ≡ ( Q ) ⇔

uuur uuur
a1 b1 c1 d1
=
= = . Khi đó n ( P ) / /n ( Q)
a 2 b2 c2 d 2

+) ( P ) và ( Q ) cắt nhau khi và chỉ khi chúng không song song hay trùng nhau.
uuur uuur
uuur uuur
+) ( P ) ⊥ ( Q ) ⇔ n ( P ) ⊥ n ( Q ) ⇔ n ( P ) .n ( Q ) = 0
Cách giải: ( P ) : 2x − y + 3z − 1 = 0, ( Q ) : 4x − 2y + 6z − 1 = 0 Ta có:

2 −1 3 −1
=
= ≠
⇒ ( P ) và ( Q ) song
4 −1 6 −1

song với nhau.
Câu 2: Đáp án C
Phương pháp: Gọi số cần tìm là abc, ( a, b, c ∈ { 2;3; 4;5;6;7} ) , chọn lần lượt các chữ số a, b, c sau đó áp
dụng quy tắc nhân.
Cách giải: Gọi chữ số lập thành là abc, ( a, b, c ∈ { 2;3; 4;5;6;7} ) .
Khi đó : a có 6 sự lựa chọn, b có 6 sự lựa chọn, c có 6 sự lựa chọn. =>Số các số gồm 3 chữ số được lập từ
6 chữ số đó là : 63 = 216.

Câu 3: Đáp án A
Phương pháp:
- TXĐ
- Tính đạo hàm y’
- Tìm nghiệm của phương trình y ' = 0 và điểm mà tại đó y’ không xác định.
- Xét dấu y’.
- Kết luận.
x = 1
1 3
2
2
Cách giải: y = x − 2x + 3x + 1 ⇒ y ' = x − 4x + 3 = 0 ⇔ 
3
x = 3
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞;1) và ( 3; +∞ )
Câu 4: Đáp án D

Trang 9


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
x n +1
ax
Phương pháp: ∫ xndx =
+ C, n ≠ −1; ∫ a x dx =
+ C, a > 0
n +1
ln a
Cách giải:

x
∫ ( x + 2 ) dx =

x 2 2x
+
+C
2 ln a

Câu 5: Đáp án D
x = 0

Phương pháp: ( O xy ) : z = 0, ( Oyz ) : x = 0, ( O xz ) : y = 0. Trục Oy :  y = t
z = 0

Cách giải: M ( 1;0;3) ∈ ( O xz )
Câu 6: Đáp án C
Cách giải: lim n k = +∞, k ∈ ¢ +
Câu 7: Đáp án C
Phương pháp: Diện tích xung quanh của hình nón: Sxq = πRl
Trong đó : R bán kính đáy, l độ dài đường sinh.
Cách giải: Tam giác ABC vuông cân tại A, AH ⊥ BC
⇒ AH = HB = HC =

BC a
2a
= , AB = AH 2 =
2
2
2

a 2a π 2a 2
Diện tích xung quanh của hình nón: Sxq = πRl = π.HB.AB = π. .
=
2 2
4
Câu 8: Đáp án A
c
a
Phương pháp: log a b = log c b , ( a, b, c > 0;a, c ≠ 1)

Cách giải: 49log7 3 = 3log7 49 = 32 = 9
Câu 9: Đáp án A
Phương pháp:
Đường thẳng đi qua

M ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) và có VTCP là

r
u = ( a; b;c ) có phương trình chính tắc:

x − x 0 y − y0 z − z 0
=
=
a
b
c
Cách giải:

r
Đường thẳng d đi qua M ( 2;0; −1) và có VTCP là u = ( 2; −3;1) có phương trình chính tắc:

x − 2 y z +1
=
=
2
−3
1
Câu 10: Đáp án B

Trang 10


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Phương pháp: Loại trừ phương án sai.
Cách giải: Hàm số ở bốn phương án có dạng y = a x 3 + bx 2 + cx + d, a ≠ 0
Quan sát đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên R ⇒ a > 0
=> Loại đi phương án A và C.
Mặt khác, hàm số đồng biến trên R ⇒ y ' ≥ 0, ∀x
Xét y = 2x 3 − 6x 2 − 6x + 1 ⇒ y ' = 6x 2 − 12x − 6
y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇒ y = 2x 3 − 6x 2 − 6x + 1 có khoảng đồng biến, có khoảng nghịch biến.
=>Loại đi phương án D.
=>Chọn phương án B.
Câu 11: Đáp án C
Phương pháp: Giải bất phương trình loagrit cơ bản:
log a f ( x ) ≤ b ⇔ f ( x ) ≤ a b nếu a > 1
log a f ( x ) ≤ b ⇔ f ( x ) ≥ a b nếu 0 < a < 1
Chú ý tìm điều kiện xác định của f ( x )
1

x>


2x
−
1
>
0


2⇔ 1⇔
Cách giải: log 2 ( 2x − 1) ≤ 3 ⇔ 
3
2
2
 2x − 1 ≤ 2
x ≤ 9

2
Câu 12: Đáp án A
Phương pháp: Thể tích khối lăng trụ: V = Bh , trong đó
B: diện tích đáy, h: chiều cao.
Cách giải: Tam giác ABC vuông tại A, ACB = 60o
⇒ AB = AC.tan ACB = a.tan 60o = a 3
SABC =

1
1
a2 3
AB.AC = .a 3.a =
2
2

2

Thể tích khối lăng trụ: V = SABC .A A ' =

a2 3
.2a = a 3 3
2

Câu 13: Đáp án D
Phương pháp: Hàm số bậc ba y = a x 3 + bx 2 + cx + d, a ≠ 0 :
y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt : Hàm số có 2 điểm cực trị.
y ' = 0 có 1 nghiệm (nghiệm kép) : Hàm số không có cực trị.
y ' = 0 vô nghiệm : Hàm số không có cực trị.

Trang 11


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
x = 0
3
2
2
⇒ Hàm số có hai điểm cực trị.
Cách giải: y = x + 3x + 1 ⇒ y ' = 3x + 3x = 0 ⇔ 
 x = −1
Câu 14: Đáp án B
Phương pháp: Điểm biểu diễn của số phức z = a + bi, ( a, b ∈ ¡ ) là M ( a; b )
Cách giải: Số phức z = −4 + 3i được biểu diễn bởi điểm M có tọa độ M ( −4;3)
Câu 15: Đáp án B
Cách giải: Thể tích V của khối nón tròn xoay thu được khi cho hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị của

b

y = f ( x ) , x = a, x = b, ( a < b ) khi quay xung quanh trục Ox tính bằng công thức: V = π∫ f 2 ( x ) dx
a

Câu 16: Đáp án A
Phương pháp: Sử dụng sự tương giao giữa hai đồ thị hàm số để đánh giá số nghiệm của phương trình.
3
3
Cách giải: x − 12x + m − 2 = 0 ⇔ x − 12x − 2 = − m ( *)

Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = x 3 − 12x − 2 và đường thẳng
y = −m
Xét y = x 3 − 12x − 2 có y ' = 3x 2 − 12 = 0 ⇔ x = ±2
Bảng biến thiên:

x
y'
y

−∞
+

−2
0
14

-

+∞

2
0

+

+∞
−∞
−18
3
y
=
−
m
Khi đó, y = x − 12x − 2 cắt
tại 3 điểm phân biệt ⇔ −18 < −m < 14 ⇔ −14 < m < 18
Câu 17: Đáp án A
Phương pháp: Cách xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:
Gọi a’ là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng (P).
Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng a và a’.
Cách giải: ABCD là hình chữ nhật ⇒ AC = AB2 + AD 2 = a 2 + ( 2a ) = a 5
2

Vì SA ⊥ ( ABCD ) nên ( SC; ( ABCD ) ) = ( SC; AC ) = SCA
⇒ tan SCA =

10
SA
10
SA

10
⇔
=
⇔
=
⇔ SA = a 2
5
AC
5
5
a 5

Ta có: AB / /CD, CD ⊂ ( SCD ) ⇒ d ( B; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) )

Trang 12


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Kẻ AH ⊥ SD, H ∈ SD
CD ⊥ SA, ( doSA ⊥ ( ABCD ) )
⇒ CD ⊥ ( SAD ) ⇒ CD ⊥ AH
Ta có: 
CD ⊥ AD
Mà AH ⊥ SD ⇒ AH ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( A; ( SCD ) ) = AH
Tam giác SAD vuông tại A,

AH ⊥ SD ⇒

1
1

1
1
=
+
=
2
2
2
AH
SA AD
a 2

(

)

2

+

1

( 2a )

2

=

3
2 3a

2 3
⇒ AH =
⇒ d ( B; ( SCD ) ) =
2
4a
3
3

Câu 18: Đáp án B
 x = 1 ∈ [ −1; 2]
3
2
2
Cách giải: y = 2x + 3x − 12x + 2 ⇒ y ' = 6x + 6x − 12 = 0 ⇔ 
 x = −2 ∉ [ −1; 2]
y = −5 = m
 Min
M
 [ −1;2]
f ( 1) = −5;f ( −1) = 15;f ( 2 ) = 6 ⇒ 
⇒
= −3
m
 Max=15=M
[ −1;2]
Câu 19: Đáp án D
y = a ⇒ y = a là TCN của đồ thị hàm số.
Phương pháp :Nếu lim
x →∞
y = ∞ ⇒ x = x 0 là TCĐ của đồ thị hàm số.

Nếu xlim
→x0
Cách giải:
y=

a x +1
b
a
; ( a; b ∈ R, ab ≠ −2 ) có hai đường tiệm cận là x = ; y = ⇒ giao điểm của hai đường tiệm
2x − b
2
2

b
=2
a = − 2
b
a

  2
I
;
⇒
⇔
cận là 
÷ a
 2 2   = −1  b = 4
 2
Câu 20: Đáp án B
Phương pháp:

- Cách xác định góc giữa hai mặt phẳng:
Gọi a’ là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng (P).
Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng
a’.
Cách giải: Tam giác ABC vuông tại C có AB = 2a, CAB = 300

Trang 13

a và


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
3
⇒ AC = AB cos A = 2a.cos300 = 2a.
=a 3
2
Tam giác SAC vuông tại A
⇒ SC = SA 2 + AC 2 =

( 2a )

(

2

+ a 3

)

2

=a 7

Vì SA ⊥ ( ABC ) ⇒ ( SC; ( ABC ) ) = ( SC, AC ) = SCA
⇒ cos ( SC; ( ABC ) ) = cosSCA =

AC a 3
21
=
=
SC a 7
7

Câu 21: Đáp án A
Phương pháp: Xét hàm số có dạng y = a x , a > 0, a ≠ 1:
+ Nếu 0 < a < 1 hàm số nghịch biến trên ( −∞; +∞ )
+ Nếu a > 1 : hàm số đồng biến trên ( −∞; +∞ )
Cách giải: Với 0 < a < 1:
a−

2

a
3

a

2

<

1
a

3

⇔

1
a

2

<

1
a

3

⇔a

2

>a

3

⇔ 0 < a < 1 (luôn đúng). Vậy phương án A đúng.

> 1 ⇔ 3 a > 1 ⇔ a > 1 (Loại). Vậy phương án B sai.

1

1

1

a 3 < a ⇔ a 3 < a 2 ⇔ a > 1 (Loại). Vậy phương án C sai.
1
a

2017

>

1
a

2018

⇔ a 2017 < a 2018 ⇔ a > 1 (Loại). Vậy phương án D sai.

Câu 22: Đáp án C
b

b

a

a

Phương pháp: I = ∫ u ' ( x ) dx = ∫ d ( u ( x ) )
4

4

Cách giải: I = ∫ f ' ( x ) dx = ∫ d ( f ( x ) ) = f ( x )
1

4
1

= f ( 4 ) = f ( 1) = 10 − 2 = 8

1

Câu 23: Đáp án B
xA + xB + xC

x G =
3

y + yB + yC

Phương pháp: - Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ được tính:  y G = A
3

z A + zB + zC


z G =
3


Trang 14


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
- Phương trình mặt phẳng đi qua M ( x 0 ; y0 ; z 0 ) và có 1 VTPT
r
n ( a; b;c ) : a ( x − x 0 ) + b ( y − y 0 ) + c ( z − z 0 ) = 0
Cách giải: Trọng tâm G của tam giác ABC: G ( −1;1;1)
uuur
(P) vuông góc với AB => (P) nhận AB ( 2; 2; −3) là một VTPT
Phương trình mặt phẳng ( P ) : 2 ( x + 1) + 2 ( y − 1) − 3 ( z − 1) = 0 ⇔ 2x + 2y − 3z + 3 = 0
Câu 24: Đáp án A
Phương pháp: Áp dụng định lí Vi –et, xác định tổng và tích hai nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn
az 2 + bz + c = 0, a ≠ 0
1

 z1 + z 2 = 3
Cách giải: Xét phương trình 3z 2 − z + 4 = 0 . Áp dụng định lý Vi-ét: 
z z = 4
 1 2 3
2

4 1 8
1
− 2.
2

−
2
2

÷
z1 z 2 z1 + z 2 ( z1 + z 2 ) − 2z1z 2  3 
23
3 9 3
P= + =
=
=
=
=−
4
4
z 2 z1
z1z 2
z1z 2
12
3
3
Câu 25: Đáp án D
Phương pháp:
+) P ( A ) =

n ( A)
n ( Ω)

( )

+) P = 1P A

6
Cách giải: Số phần tử của không gian mẫu: n ( Ω ) = C18

Gọi A: “Mỗi khối có ít nhất 1 học sinh được chọn.”

( )

6
6
Khi đó n A = C11 + C7

( )

Xác suất: P A =

( ) =C

n A

n ( Ω)

( )

P ( A) = 1− P A = 1−

+ C76
6
C18

6
11

6
C11
+ C76 2585
=
6
C18
2652

Câu 26: Đáp án C
Phương pháp:
+) Công thức khai triển nhị thức Newton: ( x + y )

n

n

= ∑ Cin .x i .y n −i
i =0

Trang 15


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
n!
n!
+) A kn =

, Ckn =
k!( n − k ) !
( n − k) !
2
n −1
Cách giải: A n − 3Cn = 11n ⇔

 n = 0 ( Loai )
n!
− 3n = 11n ⇔ n ( n − 1) − 14n = 0 ⇔ n 2 − 15n = 0 ⇔ 
( n − 2) !
 n = 15
15

i i
Với n = 15 : P ( x ) = ( x − 2 ) = ( x − 2 ) = ∑ C n x ( −2 )
n

15

15 −i

i =0

Hệ số chứa x10 ứng với i = 10 và bằng C10
15 ( −2 )

15 −10

= −96096

Câu 27: Đáp án D
Phương pháp: Biến đổi và đặt log 2 x = t, giải bất phương trình ẩn t.
Cách giải: log

2

x − log x 16 + log 2 x ≤ 1, ( Điều kiện : x > 0, x ≠ 1 )

⇔ 2 log 2 x − 4 log x 2 + log 2 x ≤ 1 ⇔ 3log 2 x −

4
− 1 ≤ 0 ( 1)
log 2 x

4
3t 2 − t − 4
Đặt log 2 x = t, t ≠ 0. Bất phương trình (1) trở thành: 3t − − 1 < 0 ⇔
≤0
t
t
Bảng xét dấu:
t

−∞

−1

3t 2 − t − 4
t

3t 2 − t − 4
t

+
-

0
0

0
+

0

+
-

4
3
0
0

1

log 2 x ≤ −1
 t ≤ −1
x≤

2
⇒

⇒
⇔
4
0 < log 2 x ≤ 4
0 < t ≤ 4

3
3
3


1 < x ≤ 2
Mà x ∈ ¢ + ⇒ x = 2
Câu 28: Đáp án
Phương pháp: Sử dụng phương pháp hàm số.
Cách giải: Gọi độ dài đoạn MB là x, ( 0 ≤ x ≤ 7 km ) ⇒ MC = 7 − x
Tam giác ABM vuông tại B ⇒ AM = MN 2 + AB2 = x 2 + 52 = x 2 + 25
Thời gian người đó đi từ A tới C:
Xét hàm số f ( x ) =

x 2 + 25 7 − x
+
4
6

x 2 + 25 7 − x
+
, x ∈ [ 0;7 ]
4
6

Trang 16

+∞
+
+
+


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
x
1
y' =
−
2
4 x + 25 6
y' = 0 ⇔

x
4 x + 25
2

−

1
x
1
=0⇔
= ⇔ 3x = 2 x 2 + 25
2

6
4 x + 25 6

⇔ 9x = 4x 2 + 100 ⇔ x 2 = 20 ⇒ x = 2 5
2

Bảng biến thiên:
x

0

7

2 5

y'
y
14 + 5 5
12
Vậy, để người đó đến C nhanh nhất thì khoảng cách từ B đến M là 2 5
Câu 29: Đáp án B
Cách giải:

1

1

1
1
f '( x ) =

⇒ ∫ f ' ( x ) dx = ∫
dx ⇔ f ( x )
x ( x − 2)
1
1 x ( x − 2)
2

1
1
2

1

1

2

1
2

1  1
1
1
= ∫
− ÷dx = ( ln x − 2 − ln x )
2 1 x−2 x 
2

2

3
1
1
1 1
1
⇒ f ( 1) − f  ÷ =  ln1 − ln − ln1 + ln ÷⇒ 1 − f  ÷ = − ln 3
2
2
2
2 2
2
a = 2
ln 3 1
1
⇒ f  ÷= 1+
= ln 3 + b, ( a, b ∈ ¢ ) ⇒ 
⇒a+b=3
2
a
2
b = 1
Câu 30: Đáp án C
Phương pháp: Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên khoảng D ⇔ f ' ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ D, f ' ( x ) = 0 tại hữu hạn
điểm thuộc D.
mx + 4
m2 − 4
⇒ y' =
, x ≠ −m
Cách giải: y =
2

x+m
( x + m)
Hàm số y =

mx + 4
nghịch biến trên khoảng ( 1; +∞ )
x+m

2
 −2 < m < 2
 −2 < m < 2
m − 4 < 0
⇔
⇔
⇔
⇔ −1 ≤ m < 2
− m ≤ 1
 m ≥ −1
− m ∉ ( 1; +∞ )

Câu 31: Đáp án A

Trang 17


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Phương pháp: Diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục hoành và hai đường
b

thẳng x = a; x = b được tính theo công thức : S = ∫ f ( x ) dx

a

Cách giải: Phương trình đường thẳng d đi qua A ( 0; 4 ) có hệ số góc k
y = k ( x − 0 ) + 4 ⇔ y = kx + 4
Cho y = 0 ⇒ x =

−4
, k ≠ 0. Vậy, d cắt Ox tại điểm
k

 4 
I  − ;0 ÷
 k 

Giao điểm của y = x 2 − 4x + 4 và trục hoành: Cho y = 0 ⇒ x = 2
=>Để d chia (H) thành 2 phần thì 0 <

−4
< 2 ⇔ k < −2 .
k

Vì d chia (H) thành 2 phần có diện tích bằng nhau
1
⇒ S1 = S2 ⇒ S1 = ( S1 + S2 ) ⇔
2

( kx + 4 )
⇔
2k

4
2 −k

0

1 ( x − 2)
= .
2
3

3 2

0

−

4
k

∫
0

2

1
k x + 4dx = ∫ x 2 − 4x + 4 dx ⇔
20

−

4
k

2

1
2
∫0 ( kx + 4 ) dx = 2 ∫0 ( x − 2 ) dx

8
1 ( −2 )
−8 4
⇔− =− .
⇔
= ⇔ k = −6
k
2 3
k 3
3

Câu 32: Đáp án D
Phương pháp: - Cách xác định góc giữa hai mặt phẳng:
Gọi a’ là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng (P).
Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng a và a’.
( SC; ( ABCD ) ) = ( SC; AC ) = SAC = 60o
Cách giải: Vì SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ 
( SM; ( ABCD ) ) = ( SM; MA ) = SMA
ABCD là hình chữ nhật ⇒ AC = AB2 + BC2 = a 2 + ( 2a ) = a 5
2

∆SAC vuông tại A ⇒ SA = AC tan SAC = a 5.tan 60o = a 5. 3 = a 15

∆ABM vuông tại B ⇒ AM = AB + BM =
2

∆SAM vuông tại A

⇒ tan SMA =

2

( 2a )

2

2

a 17
a
+ ÷ =
2
2

SA a 15 2 15
=
=
⇒ ( SM, ( ABCD ) ) = SMA ≈ 620
AM a 17
17
2

Câu 33: Đáp án B
Phương pháp: Công thức tính diện tích tam giác ΔABC trong hệ tọa độ Oxyz là: SABC =

Trang 18

1
2

uuur uuur
 AB; AC 




Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
 x = 1 + 2t1
uu
r
x −1 y z + 2

=
=
Cách giải: d1 :
có phương trình tham số :  y = − t1 , có 1 VTCP u1 ( 2; −1;1)
2
−1
1
 z = −2 + t
1


x + 1 y −1 z − 3
d2 :
=
=
có phương trình tham số :
1
7
−1

x = 1 + t 2
uur

 y = 1 + 7t 2 , có 1 VTCP u 2 ( 1;7; −1)
z = 3 − t
2


A ∈ d1 , B ∈ d 2 ⇒ Gọi A ( 1 + 2t1 ; − t1; −2 + t1 ) , B ( −1 + t 2 ;1 + 7t 2 ;3 − t 2 )
uuur
⇒ AB = ( t 2 − 2t1 − 2;7t 2 + t1 + 1; − t 2 − t1 + 5 )
uuur uu
r
AB.u1 = 0
AB là đường vuông góc chung của d1 , d 2 ⇒  uuur uur
AB.u 2 = 0
 −6t = 6t1 = 0
2 ( t 2 − t1 − 2 ) − 1( 7t 2 + t1 + 1) + 1( − t 2 − t1 + 5 ) = 0
⇔
⇔ 2

⇔ t1 = t 2 = 0
51t 2 + 6t1 = 0
1( t 2 − 2t1 − 2 ) + 7 ( 7t 2 + t1 + 1) − 1( − t 2 − t1 + 5 ) = 0
uuur
uuur
⇒ A ( 1;0; −2 ) , B ( −1;1;3 ) ⇒ OA = ( 1;0; −2 ) , OB = ( −1;1;3 )
Diện tích tam giác OAB: SOAB =

1 uuur uuur
1
6
OA;OB = ( 2; −1;1) =


2
2
2

Câu 34: Đáp án D

(

Phương pháp: Đặt 2 + 3

)

x

(

= t, t > 0. Do 2 + 3

) ( 2 − 3)
x

x

(

= 1x = 1 ⇒ 2 − 3

)

x

1
= . Thay vào
t

phương trình ban đầu và giải phương trình ẩn t.

(

Cách giải: Đặt 2 + 3

)

x

(

)

x

(
)
3 = ( 2 − 3)

2

= t, t > 0 ⇒ 2 − 3

1
= . Phương trình đã cho trở thành:
t

t = 7 + 4 3
1
t + = 14 ⇔ t 2 − 14t + 1 = 0 ⇔ 
t
 t = 7 − 4 3

(
)
3 ⇒ ( 2 + 3)

t = 7+4 3 ⇒ 2+ 3
t =7−4

x

x

= 7+4 3 = 2+ 3
=7−4

2

⇒x=2
⇒ x = −2

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho S = { −2; 2} . Tổng các nghiệm của phương trình là: ( −2 ) + 2 = 0
Câu 35: Đáp án B
Phương pháp:
- Xét phương trình hoành độ giao điểm.
- Sử dụng định lý Vi – ét , tìm m.

Trang 19


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
−2x + 1
Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) : y = − x + m và ( C ) : y =
là:
x +1
−x + m =

−2x + 1
, x ≠ −1

x +1

⇔ x 2 − x + mx + m = −2x + 1 ⇔ x 2 − ( m + 1) x + 1 − m = 0 ( 1)
(d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt và khác -1
∆ > 0
( m + 1) 2 − 4 ( 1 − m ) > 0
⇔
⇔
⇔ m 2 + 6m − 3 > 0 ( 2 )
2
−
1
−
m
+
1
−
1
+
1
−
m
≠
0
)( )
( ) (
3 ≠ 0
Gọi tọa độ giao điểm là A ( x1 ; y1 ) , B ( x 2 ; y 2 ) ⇒ x1 , x 2 là nghiệm của (1).
 x1 + x 2 = m + 1
Theo Vi – ét: 

 x1x 2 = 1 − m
 y = − x1 + m
A, B ∈ d ⇒  1
⇒ y 2 − y1 = x1 − x 2
 y2 = −x 2 + m
AB =

( x 2 − x1 )

2

+ ( y 2 − y1 ) =
2

( x 2 − x1 )

2

+ ( x 1 − x 2 ) = 2 ( x 2 − x1 )
2

2

= 2 ( x 2 + x1 ) − 8x1x 2 = 2 ( m + 1) − 8 ( 1 − m )
2

2

m = 1
2

2
⇒ 2 ( m + 1) − 8 ( 1 − m ) = 2 2 ⇔ ( m + 1) − 4 ( 1 − m ) = 4 ⇔ m 2 + 6m − 7 = 0 ⇔ 
 m = −7
( Thỏa mãn điều kiện (2))
Tổng các giá trị của m là: 1 + ( −7 ) = −6
Câu 36: Đáp án D
Phương pháp: Sử dụng phương pháp hàm số.
x

x

x

x

Cách giải:  1   1   1 
x
x
x
 ÷ +  ÷ +  ÷ = m( 2 + 3 + 4 )
 2   3  4
x

x

x

x

1 1 1

 ÷ + ÷ + ÷
2
3
4
⇔ m =   x  x x  ( 1)
2 +3 +4

x

1 1 1
 ÷ +  ÷ +  ÷ 2− x + 3− x + 4− x trên [ 0;1] :
Xét hàm số
2
3
4
y =   x  x x  = x
2 +3 +4
2 + 3x + 4 x

Trang 20


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
− ( 2− x ln 2 + 3− x ln 3 + 4− x ln 4 ) ( 2 x + 3x + 4 x ) − ( 2− x + 3− x + 4− x ) ( 2 x ln 2 + 3x ln 3 + 4 x ln 4 )
y' =
< 0, ∀x ∈ [ 0;1]
2
( 2 x + 3x + 4 x )

13


y = y ( 1) =
 Min
[ 0;1]
108
=>Hàm số nghịch biến trên [ 0;1] ⇒ 
 Max y = y ( 0 ) = 1
 [ 0;1]
13
121
 13 
;1 ⇒ a =
,b =1⇒ a + b =
=>Phương trình (1) có nghiệm trên [ 0;1] ⇔ 
108
108
108 
Câu 37: Đáp án B

Phương pháp: Lập bảng biến thiên của g ( x ) và đánh giá số giao điểm của đồ thị hàm số y = g ( x ) và trục
hoành.
x2
Cách giải: g ( x ) = f ( x ) +
⇒ g '( x ) = f '( x ) + x
2
g ' ( x ) = 0 ⇔ f ' ( x ) = −x
Xét giao điểm của đồ thị hàm số y = f ' ( x ) và đường thẳng y = − x ta thấy, hai đồ thị cắt nhau tại ba
điểm có hoành độ là: −2; 2; 4 tương ứng với 3 điểm cực trị của y = g ( x ) .

( −4 ) = −10 + 8 = −2

22
g ( 2 ) = f ( 2 ) + = −6 + 2 = −4;g ( −4 ) = f ( −4 ) +
2
2
2

Bảng biến thiên:
x
−∞
g '( x )

−2
0

2
0

g( x)

4
0
−2

−6

Trang 21

+∞

Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy g ( x ) < 0∀x ∈ ( 2; 4 ) ⇒ phương trình g ( x ) = 0 không có nghiệm
x ∈ ( 2; 4 )
Câu 38: Đáp án C
Phương pháp: Xác định góc giữa hai mặt phẳng α, β :
- Tìm giao tuyến ∆ của α, β
- Xác định 1 mặt phẳng γ ⊥ ∆
- Tìm các giao tuyến a = α ∩ γ, b = β ∩ γ
- Góc giữa hai mặt phẳng α, β :

α; β = a; b

Cách giải: Kẻ OH ⊥ AM, H ∈ AM, OK ⊥ SH, K ∈ SH
 AM ⊥ SO
⇒ AM ⊥ ( SOH ) ⇒ AM ⊥ OK
Vì 
 AM ⊥ OH
Mà OK ⊥ SH ⇒ OK ⊥ ( SAM ) ⇒ d ( O; ( SAM ) ) = OK = 2
( SAM ) ∩ ( OAM ) = AM
Ta có: 
( vì AM ⊥ OH, AM ⊥ SO )
 AM ⊥ ( SOH )
0
Mà ( SOH ) ∩ ( OAM ) = OH, ( SOH ) ∩ ( SAM ) = SH ⇒ ( ( SAM ) , ( OAM ) ) = ( SH, OH ) = SHO = 30 Tam

giác OHK vuông tại K ⇒ OH =

OK
2
=

=4
sin H sin 300

0
Tam giác SOH vuông tại O ⇒ SO = OH.tan H = 4.tan 30 =

4
3

Tam giác OAM cân tại O, AOM = 60o, OH ⊥ AM ⇒ HOM =

AOM 60o
=
= 300
2
2

Tam giác OHM vuông tại H

⇒ OM =

OH
4
4
8
=
=
=
0
cos HOM cos30

3
3
2
2

1
1
1  8  4
256 3π
.
=
Thể tích khối nón: V = πR 2 h = π.OM 2 .SO = π 
÷
3
3
3  3
27
3
Câu 39: Đáp án D
Phương pháp:
- Biểu diễn số phức và giải bài toán tìm GTLN trên mặt phẳng tọa độ.
Cách giải: Gọi I ( 1;1; ) , J ( −1; −3) , A ( 2;3 ) .
Xét số phức z = x + yi, ( x, y ∈ R ) , có điểm biểu diễn là M ( x; y )

Trang 22


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
z −1− i = z +1+ 3 i = 6 5 ⇔

( x − 1)

2

+ ( y − 1) +

( x + 1)

2

2

+ ( y + 3) = 6 5
2

( 1)

⇔ MI + MJ = 6 5 ⇒ M di chuyển trên đường elip có tiêu điểm I và J, độ dài trục lớn là 3 5
Tìm giá trị lớn nhất của z − 2 − 3i tức là tìm độ dài lớn nhất của đoạn AM khi M di chuyển trên elip.
uur
uur
uur
uur
Ta có: IA = ( 1; 2 ) , JA = ( 3;6 ) ⇒ JA = 3IA, điểm A nằm trên trục lớn của elip.
=>AM đạt độ dài lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với B, là đỉnh của elip nằm trên trục lớn và khác phía A
so với điểm I.
Gọi S là trung điểm của IJ ⇒ S ( 0; −1)
Độ dài đoạn AB = SA + SB
uuu
r

6 5
Mà AS = ( −2; −4 ) ⇒ AS = 2 5,SB =
= 3 5 ⇒ AB = 5 5
2
Vậy z − 2 − 3i max = 5 5
Câu 40: Đáp án B
Phương pháp: Nhân xác suất.
*
Cách giải: Gọi số lần Amelia tung đồng xu là n, ( n ∈ ¥ ) ⇒ Số lần Blaine tung là n − 1

Amelia thắng ở lần tung thứ n của mình nên n − 1 lượt đầu Amelia tung mặt sấp, lần thứ n tung mặt
ngửa, còn toàn bộ n − 1 lượt của Blaine đều sấp. Khi đó:
n −1

n −1

 1 1  2
Xác suất Amelia thắng ở lần tung thứ n:  1 − ÷ . .  1 − ÷
 3 3  5

n −1

1 2
=  ÷
3 5

n

2
1−  ÷

n −1
2
3
 1
1 2
1  2
2
2
1 1 5
Xác suất Amelia thắng : ∑  ÷ = . 1 + +  ÷ +  ÷ + ... ÷ = lim  5  = . =
÷ 3
2
3  5  5   5 
3 3 9
n =1 3  3 

1−
5
5
p = 5
⇒
⇒ q −p = 9−5 = 4
q = 9
Câu 41: Đáp án C
N ( 1+ r) r
n

Phương pháp: Bài toán lãi suất trả góp: A =

(1+ r)

n

−1

Trong đó:
N: số tiền vay
r: lãi suất
A: số tiền phải trả hàng tháng để sau n tháng là hết nợ.

Trang 23


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
n
10
N ( 1+ r) r
200. ( 1 + 1% ) .1%
⇔m=
≈ 21,116 ( triệu đồng)
Cách giải: Ta có: A =
n
10
( 1 + r ) −1
( 1 + 1% ) − 1
Câu 42: Đáp án B
uuur
Cách giải: AB = ( −1; −2;3)
d:

r
x − 2 y −1 z −1
=
=
có 1 VTCP v ( 1; −2; 2 ) là một VTCP của ∆
1
−2
2

∆ là đường thẳng qua A, vuông góc với d ⇒ ∆ ⊂ ( α ) mặt phẳng qua A và vuông góc d
Phương trình mặt phẳng ( α ) :1( x − 3) − 2 ( y − 2 ) + 2 ( z − 1) = 0 ⇔ x − 2y + 2z − 1 = 0
Khi đó, d ( B; ∆ ) min = d ( B; ( α ) ) khi và chỉ khi ∆ đi qua hình chiếu H của B lên ( α )
*) Tìm tọa độ điểm H:
x = 2 + t

Đường thẳng BH đi qua B ( 2;0; 4 ) và có VTCP là VTPT của ( α ) có phương trình:  y = −2t
 z = 4 + 2t

H ∈ BH ⇒ H ( 2 + t; −2t; 4 + 2t )

H ∈ ( α ) ⇒ ( 2 + t ) − 2 ( −2t ) + 2 ( 4 + 2t ) − 1 = 0 ⇔ 9t + 9 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ H ( 1; 2; 2 )
uuur
r
r
∆ đi qua A ( 3; 2;1) , H ( 1; 2; 2 ) có VTCP HA = ( 2;0; −1) = u ( 2; b;c ) u = 5
Câu 43: Đáp án D
3
2
2
Cách giải: y = x − 6x + ( m − 1) x + 2018 ⇒ y ' = 3x − 12x + m − 1

y ' = 0 ⇔ 3x 2 − 12x + m − 1 = 0 ( 1)

∆ ' = 36 − 3. ( m − 1) = 39 − 3m

+) ∆ ≤ 0 ⇔ m ≥ 13 ⇒ y ' ≥ 0, ∀x ∈ R ⇒ Hàm số đồng biến trên R ⊃ ( 1; +∞ )
+) ∆ > 0 ⇔ m < 13 : Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x 2 ( x1 < x 2 )
 x1 + x 2 = 4

Theo đinh lí Viet ta có 
m −1
 x1x 2 = 3
 x1 − 1 < 0
( x1 − 1) ( x 2 − 1) ≥ 0
⇔
Khi đó, để hàm số đồng biến trên khoảng ( 1; +∞ ) thì x1 < x 2 ≤ 1 ⇔ 
x 2 − 1 ≤ 0
( x1 − 1) + ( x 2 − 1) < 0
 m −1
 x1x 2 − ( x1 + x 2 ) + 1 > 0
− 4 +1 > 0

⇔
⇔ 3
( vô lí )
 x1 + x 2 − 2 < 0
 4 − 2 < 0
Vậy m ≥ 13

Trang 24

Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
+
Mà m ≤ 2018, m ∈ ¢ ⇒ m ∈ { 13;14;15;...; 2018}
Số giá trị của m thỏa mãn là: 2018 − 13 + 1 = 2006
Câu 44: Đáp án B
Phương pháp: Đạo hàm: ( f .g ) ' = f '.g + f .g '
3f ( x ) + f ' ( x ) = 1 + 3e −2x ⇔ 3e3x f ( x ) + e3x f ' ( x ) = 33x 1 + 3−2x ⇔ e3x f ( x )  ' = e3x 1 + 3e −2x
Cách giải:
⇒

1
ln 6
2

∫
0

1
ln 6
2

e3x f ( x )  'dx =

∫

e3x 1 + 3e −2x dx

0

Ta có:
1
ln 6
2

∫
0

I=

1
ln 6
2
0

 e3x f ( x )  'dx = ( e3x f ( x ) )
1
ln 6
2

∫

e3x 1 + 3e −2x dx =

1
ln 6
2

0

1
= .
2

(

∫

=e

3ln 6
2

1

f  ln 6 ÷− f ( 0 ) = e ln
2


e 2x e 2x + 3dx =

0

e +3
2x

3
2

)

1
ln 6
2

=

(e

2x

+ 3) e + 3
2x

1
ln 6
2

3

0

1
2

1
ln 6
2

∫
0

63

1
 11
1
 11
f  ln 6 ÷− = 6 6.f  ln 6 ÷−
2
 3
2
 3

e 2x + 3d ( e 2x + 3 )

8 19
=9− =
3 3

0

5 6
1
 11 19
1
 10
⇒ 6 6.f  ln 6 ÷− = ⇒ f  ln 6 ÷ =
=

3
18
2
 3
2
 6 6
Câu 45: Đáp án B
Phương pháp: Dựa vào khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng chéo nhau.
+) Lấy mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d 2 và song song với d1 .
Khi đó, d ( d1 , d 2 ) = d ( d1 , ( P ) ) .
(Chọn sao cho ta dễ dàng tính được khoảng cách).
+) Tính khoảng cách giữa đường thẳng d 2 và mặt phẳng ( P ) .
Cách giải:
Dựng hình bình hành A’C’B’D
⇒ A ' D / /B'C ' ⇒ B'C '/ / ( BDA ' )

⇒ d ( B 'C '; BA ' ) = d ( B'C '; ( BDA ' ) )
Gọi J là trung điểm A’D.
Kẻ B ' H ⊥ BJ, H ∈ BJ
∆A ' B'C ' đều ⇒ ∆A 'B 'D đều ⇒ B'J ⊥ A ' D

Trang 25