Đề thi thử THPT 2018 môn Toán Trường THPT chuyên Lê Khiết Quảng Ngãi Lần 1 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 LÊ KHIẾT- QUẢNG NGÃI- LẦN 1

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2018
MÔN TOÁN

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

Câu 1: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :
thẳng d có một VTCP là:
r
r
A. a   1; 1; 2 
B. a   1;1; 2 

x  1 y 1 z  2


. Đường
3
2
1

r
C. a   3; 2;1

r

D. a   3; 2;1

Câu 2: Cho hình trụ có diện tích xung quanh bằng 4a 2 và bán kính đáy bằng 2a. Độ dài đường sinh của
hình trụ đã cho bằng
A. a

B. 2a

C. 3a

D. 4a

Câu 3: Họ nguyên hàm của hàm số f  x   2 x  3x là
A. 2x x 

3x 2
C
2

B.

4
3x 2
x x
C
3
2

C.

3
3x 2
x x
C
2
2

D. 4x x 

3x 2
C
2

Câu 4: Thể tích của khối trụ có chiều cao bằng h và bán kính đáy bằng R là
B. V  Rh

A. V  R 2 h

C. V  2Rh

D. V  R 2 h

Câu 5: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  a; b  ; và f  x   0, x � a; b  . Gọi D là hình phẳng giới
hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  , trục hoành và 2 đường thẳng x  a, x  b  a  b  . Thể tích của vật thể
tròn xoay khi quay D quanh Ox được tính theo công thức
b

b

f  x  dx

A. �

b

f  x  dx
B. �

2

a

b

�
f  x �
C. �
�
�dx

2

a

�
f  x �
D. �
�
�dx

2

a

2

a

Câu 6: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau
x

�


y'
y

0

 2
0

�

+

0

1

0

1

Hàm số y  f  x  đạt cực đại tại

Trang 1

+
�

5
2

1

�

 2


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
A. x   2
B. x  1
C. x  2
D. x  0
Câu 7: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau
�

x

0


y'
y

0

�

2
+

�



0
5

�

1
Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng nào sau đây?
A.  1;3

B.  0;1

C.  5;1

D.  1;7 

Câu 8: Cho tập hợp M có 20 phần tử. Số tập con gồm 5 phần tử của M là
5
A. A 20

B. 5!

C. 205

5
D. C 20

Câu 9: Cho hàm số y  x 4  x 2 Gọi M, m lần lượt là GTLN, GTNN của hàm số. Tính M  m
A. 2

B. 4

C. 2

D. 0

Câu 10: Có bao nhiêu số tự nhiên có dạng abc với a  b  c và a, b, c thuộc tập hợp {0;1; 2;3; 4;5;6}
A. 210

B. 20

C. 120

D. 35

Câu 11: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình x 2  y 2  z 2  9 và
điểm M  1;-1;1 . Mặt phẳng (P) đi qua M và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi nhỏ nhất có
phương trình là:
A. x  y  z  1  0

B. 2x  y  3z  0

C. x  y  z  3  0

D. x  y  z  1  0

Câu 12: Cho số phức z   1  2i   5  i  , z có phần thực là
A. 5

B. 7

C. 3

D. 9

Câu 13: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho 2 điểm A  2;1;0  , B  1;-1;3  . Mặt phẳng qua AB
và vuông góc với mặt phẳng  P  : x  3y  2z  1  0 có phương trình là
A. 5x  y  z  9  0

B. 5x  y  z  11  0 C. 5x  y  z  11  0

D. 5x  y  z  9  0

Câu 14: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho 3 điểm M  1;1;1 , N  1;0;-2  , P  0;1;-1 . Gọi

G  x 0 ; y 0 ; z 0  là trực tâm tam giác MNP. Tính x 0  z 0

Trang 2


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
5
13
A. 5
B.
C. 
D. 0
2
7
Câu 15: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh bằng a, B'D '  a 3.
, trung điểm H của AO là hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng
Góc giữa CC’ và mặt đáy là 60�
ABCD. Tính thể tích của hình hộp
A.

3 3
a
4

B.

a3 3
8

C.

a3
8

D.

3a 3
8

Câu 16: Cho số phức z thỏa mãn z  5 và số phức w   1  i  z. Tìm w
A. 10

B.

2 5

C. 5

D. 2 5

Câu 17: Đồ thị của hàm số nào dưới đây không có tiệm cận đứng
A. y 

x2 1
x2

C. y  tan x

B. y  ln x

D. y  e 

1
x

Câu 18: Trong các số phức:  1  i  ,  1  i  ,  1  i  ,  1  i  số phức nào là số thực?
2

A.  1  i 

B.  1  i 

3

8

8

3

5

C.  1  i 

D.  1  i 

2

5

Câu 19: Theo thống kê dân số thế giới đến tháng 01/2017, dân số Việt Nam có 94,970,597 người và có tỉ
lệ tăng dân số là 1,03%. Nếu tỉ lệ tăng dân số không đổi thì đến năm 2020 dân số nước ta có bao nhiêu
triệu người, chọn đáp án gần nhất
A. 104 triệu người.

B. 100 triệu người.

C. 102 triệu người.

D. 98 triệu người

B. 1

C. �

D. �

ln x
x �1 x  1

Câu 20: Tính lim
A. 0

Câu 21: Cho a, b, c, d là các số thực dương, khác 1 bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng
c
d
A. a  b �

ln a c


ln b d

c
d
B. a  b �

�a � d
c
d
C. a  b � ln � �
�b � c

ln a d

ln b c

�a � c
c
d
D. a  b � ln � �
�b � d

e

x ln xdx  ae 2  b, a, b ��. Tính a  b
Câu 22: Biết rằng �
1

A. 0

B. 10

C.

1
4

Trang 3

D.

1
2


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Câu 23: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A  2;1;3  . Mặt phẳng (P) đi qua A và song
song với mặt phẳng  Q  : x  2 y  3z  2  0 có phương trình là
A. x  2y  3z  9  0 B. x  2y  3z  13  0 C. x  2y  3z  5  0 D. x  2y  3z  13  0
Câu 24: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, AD  2a, SA  2a và
SA   ABCD  . Gọi  là góc giữa 2 đường thẳng SC và BD. Khi đó, cos bằng
A. 

5
5

B. 0

5
5

C.

D.

1
0
2

Câu 25: Cho hình (H) là hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị của 2 hàm số y  x 2 và y  x  2. Diện tích
của hình (H) bằng
A.

7
6

B. 

9
2

C.

3
2

D.

9
2

Câu 26: Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thang cân có AB  CD  BC  a, AD  2a. Cạnh bên
SA vuông góc với mặt đáy, SA  2a. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCD.
A.

16 2a 3
3

B.

16a 3
3

C.

16 2a 3
6

Câu 27: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên � và là hàm số chẵn, biết
A. 1

B. 2

C. 4

D.

32 2a 3
3

1
f  x
dx

1.
f  x  dx
Tính
�
�
1  ex
1
1
1

D.

1
2

Câu 28: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC đều cạnh a, SA   ABC  , SA 

a 2
. Tính góc giữa SC và
2

mặt phẳng (SAB).
A. 45�

B. 60�

C. 90�

D. 30�

1
1
1
�u1  1

,,, 
. Tính limSn
. Gọi Sn 
Câu 29: Cho dãy số  u n  với �
u 1u 2 u 2 u 3
u n u n 1
�u n 1  u n  2, n �1
A. limSn  1

B. limSn 

1
6

C. limSn  0

D. limSn 

1
2

Câu 30: Cho P  x    1  3x  x 2  . Khai triển P(x) thành đa thức ta được
20

P  x   a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a 40 x 40 . Tính S  a1  2a 2  ...  40a 40
A. S  20.519

B. S  20.521

C. S  20.519

D. S  20.520

Câu 31: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của BC. Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và DB’
Trang 4


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
a
a
a 2
2
A.
B.
C.
D.
a
4
2
7

7
Câu 32: Phương trình 3.2 x  4.3x  5.4 x  6.5x có tất cả bao nhiêu nghiệm thực?
A. 3

B. 0

C. 2

D. 1

Câu 33: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên có bảng biến thiên như sau:
�

x
y'

-1
+

0

y

�

3
-

0

+
�

4

�

2

Biết f  0   0, phương trình f  x   f  0  có bao nhiêu nghiệm?
A. 4

B. 5

C. 3

D. 2

Câu 34: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị y  f '  x  cắt trục Ox tại 3 điểm có
hoành độ a  b  c như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây là đúng
A. f  a   f  b   f  c 
B. f  c   f  b   f  a 
C. f  c   f  a   f  b 
D. f  b   f  a   f  c 
2
Câu 35: Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình 2 x  3x Tính x1  x 2

A. log 3 2

B. 5

C. 0

D. log 2 3

Câu 36: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho 2 đường thẳng
d1 :

x  2 y  2 z 1
x 1 y z


;d 2 :

 . Viết phương trình đường phân giác góc nhọn tạo bởi d1 , d 2
1
1
1
1 1 2

A.

x 1 y z
 
2
3 3

B.

x 1 y z

 
1
1 1

C.

x 1 y z


2
3 3

D.

x 1 y z
 
1
1 1

4
2
Câu 37: Hỏi a và b thỏa mãn điều kiện nào để hàm số y  ax  bx  c,  a �0  có đồ thị dạng như hình

vẽ?

Trang 5


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

A. a  0, b  0
B. a  0, b  0
C. a  0, b  0
D. a  0, b  0
Câu 38: Cho tam giác ABC đều cạnh a và nội tiếp trong đường tròn tâm O, AD là đường kính của đường
tròn tâm O. Thể tích của khối tròn xoay sinh khi cho phần tô đậm (hình vẽ) quay quanh đường thẳng AD
bằng

A.

4a 3 3
27

B.

a 3 3
24

Câu 39: Xét số phức z thỏa mãn  1  2i  z 
A.

3
 z 2
2

B. z  2

C.

23a 3 3

216

D.

20a 3 3
217

10
 2  i. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
z
C. z 

1
2

D.

1
3
z
2
2

Câu 40: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x  y  z  2. Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A  x 2  y 2  z 2  2x  2y  2z  3  x 2  y 2  z 2  4x  2y  5 đạt tại  x 0 ; y 0 ; z 0  . Tính x 0  y 0
A.

3
2

B. 4

C. 3

D.

5
2

Câu 41: Một con quạ đang khát nước, nó tìm thấy một cái lọ có nước nhưng cổ lọ lại cao không thò mỏ
vào uống được. Nó nghĩ ra một cách, nó gắp từng viên bi (hình cầu) bỏ vào trong lọ để nước dâng lên mà
tha hồ uống. Hỏi con quạ cần bỏ vào lọ ít nhất bao nhiêu viên để có thể uống nước? Biết rằng mỗi viên bi
Trang 6


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
3
có bán kính là
(đvđd) và không thấm nước, cái lọ có hình dáng là một khối tròn xoay với đường sinh
4
là một hàm đa thức bậc ba, mực nước bạn đầu trong lọ ở vị trí mà mặt thoáng tạo thành hình tròn có bán
kính lớn nhất R  3, mực nước quạ có thể uống là vị trí mà hình tròn có bán kính nhỏ nhất r  1 và
khoảng cách giữa 2 mặt này bằng 2, được minh họa như hình vẽ sau:

A. 17

B. 16

C. 15

D. 18

Câu 42: Cho hàm số f  x  có đạo hàm không âm trên [0;1] thỏa mãn
2
�
f  x  ��
f ' x  �
f  x �
�
��
� x  1  1  �
�
� và f  x   0 với x �[0;1], biết f  0   2. Hãy chọn khẳng định
đúng trong các khẳng định sau:
4

A.

2

3
 f  1  2
2

3

B. 3  f  1 

7
2

C.

5
 f  1  3
2

Câu 43: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số

D. 2  f  1 
3x  mx 2 1

ye

x

 2018 m  x 2 1

5
2
có 2 tiệm cận

ngang?
A. 2016

B. 2019

C. 2019

D. 2018

2
5
8
2018
Câu 44: Rút gọn tổng sau S  C 2018  C2018  C2018  ...  C 2018

A. S 

22018  1
3

B. S 

22019  1
3

C. S 

22019  1
3

D. S 

22018  1
3

Câu 45: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m sao cho GTNN của hàm số
y  sin 4 x  cos 2x  m bằng 2. Số phần tử của S là
A. 2

B. 1

C. 3

Trang 7

D. 4


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Câu 46: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A B (3; 2;6), (0;1;0)  và mặt cầu

 S :  x  1

2

  y  2    z  3  25. Mặt phẳng  P  : ax  by  cz  2  0 đi qua A, B và cắt  S theo
2

2

giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính T  a  b  c
A. T  5

B. T  3

C. T  2

D. T  4

Câu 47: Cho số phức z thỏa mãn z  2  3i  z  2  i  4 5. Tính GTLN của P  z  4  4i
A. max P  4 5

B. max P  7 5

C. max P  5 5

D. max P  6 5

Câu 48: Một khối nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân và đường sinh có độ dài bằng
3 cm 2 . Một mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với đáy một góc 60�chia khối nón thành hai phần. Tính thể
tích phần nhỏ hơn (Tính gần đúng đến hàng phần trăm).
A. 4,36cm3

B. 5,37cm3

C. 5, 61cm3

D. 4,53cm3

Câu 49: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
sin 2x  cos2x  sin x  cosx  cos 2 x  m  m  0 có nghiệm thực?
A. 9

B. 2

C. 3

D. 5

Câu 50: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên �\{1; 2} và có bảng biến thiên như sau
�

x
y'

1
+

y

+
�

0

-

+
�

4

�

�

2

2

�

�

1

� 5 �
sin x
0;
Phương trình f  2   3 có bao nhiêu nghiệm trên �
� 6�
�
A. 3

B. 5

C. 2
--- HẾT ---

Trang 8

D. 4


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 LÊ KHIẾT- QUẢNG NGÃI- LẦN 1
Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm)

BẢNG ĐÁP ÁN
1-D

2-A

3-B

4-A

5-C

6-D

7-B

8-D

9-D

10-B

11-C

12-B

13-A

14-C

15-B

16-A

17-D

18-B

19-D

20-B

21-B

22-D

23-B

24-C

25-D

26-C

27-B

28-A

29-D

30-D

31-A

32-D

33-C

34-C

35-A

36-A

37-A

38-C

39-D

40-D

41-B

42-C

43-B

44-A

45-A

46-B

47-A

48-A

49-C

50-A

Banfileword.com

ĐỀ THI THỬ THPT QG 2018
Trang 9


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

BỘ ĐỀ 2018
MÔN TOÁN

THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT- QUẢNG NGÃI- LẦN 1

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án D
Phương pháp:
r
x  x 0 y  y0 z  z0


có 1 VTCP là u   a; b;c 
a
b
c
r
Cách giải: Đường thẳng d có 1 VTCP là u   3; 2;1
Đường thẳng d :

Câu 2: Đáp án A
Phương pháp: Diện tích xung quanh của hình trụ Sxq  2Rl trong đó: R : bán kính đáy, l : độ dài đường
sinh.
2
Cách giải: Sxq  2Rl � 4a  2.2al � l  a

Câu 3: Đáp án B
x 1
Phương pháp: �
x dx 
C
 1



Cách giải:



1
2



f  x  dx  �
2 x  3x dx  2 �
x dx  3�
xdx2.
�

3
2

x
x2
4
3x 2
3 C  x x 
C
3
2
3
2

2

Câu 4: Đáp án A
2
Phương pháp: Thể tích khối trụ: Vtru  Bh  R h, trong đó: B: diện tích đáy, h: chiều cao, R: bán kính

đáy.
2
Cách giải: Vtru  Bh  R h, trong đó: B: diện tích đáy, h: chiều cao, R: bán kính đáy.

Câu 5: Đáp án C
Phương pháp: Dựa vào công thức ứng dụng tích phân để tính thể tích vật tròn xoay.
b

�
f  x �
Cách giải: V   �
�
�dx
2

a

Câu 6: Đáp án D
Phương pháp:
Quan sát bảng biến thiên, tìm điểm mà f '  x   0 hoặc f '  x  không xác định.

Trang 10

Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Đánh giá giá trị của f '  x  , và chỉ ra cực đại, cực tiểu của hàm số y f x( ) :
- Cực tiểu là điểm mà tại đó f '  x  đổi dấu từ âm sang dương.
- Cực đại là điểm mà tại đó f '  x  đổi dấu từ dương sang âm.
Cách giải:
Quan sát bảng biến thiên, ta thấy: Hàm số y  f  x  đạt cực đại tại x  0
Câu 7: Đáp án B
Phương pháp:
Hàm số y  f  x  đồng biến (nghịch biến) trên (a; b) khi và chỉ khi f '  x  �0  f '  x  �0  x � a; b  và
f '  x   0 tại hữu hạn điểm.
Cách giải:
Quan sát bảng biến thiên, ta thấy: hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng (0; 2). Do  0;1 � 0; 2  �
Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng (0;1)
Câu 8: Đáp án D
Phương pháp:
Số tập con gồm 5 phần tử của 1 tập hợp gồm 20 phần tử là một tổ hợp chập 5 của 20.
5
Cách giải: Số tập con gồm 5 phần tử của M là C 20

Câu 9: Đáp án D

Phương pháp: Sử dụng phương pháp hàm số, tìm GTLN, GTNN của y  f  x  trên  a; b 
Bước 1: Tính f '  x  giải phương trình f '  x   0, tìm các nghiệm x � a; b 
Bước 2: Tính các giá trị f  a  ;f  b  ;f  x i 
f  x   max  f  a  ;f  b  ;f  x i   ; min f  x   min  f  a  ;f  b  ;f  x i  
Bước 3: So sánh và kết luận max
 a;b 
 a;b
Cách giải:
y  x 4  x 2 .TXD : D   2; 2

y '  1 4  x 2  x.

2x
2 4  x2

 4  x2 

y '  0 � 4  2x 2  0 � x  � 2 � 2; 2
y  2   0; y  2   0; y

x2
4  x2



4  2x 2
4  x2

 2   2; y   2   2

Trang 11


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Vậy min y  2  m � x   2; m ax y  2  M � x  2
 2;2

 2;2

�Mm0

Câu 10: Đáp án B
Phương pháp:
Khi chọn bất kì bộ 3 số từ các số của tập số đã cho, ta luôn sắp xếp 3 số đó theo thứ tự từ bé đến lớn bằng
duy nhất một cách.
Nếu trong 3 số đã chọn, tồn tại số 0 thì do a  b  c nên a  0 : Loại.
Vậy, số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu đề bài bằng số cách chọn bất kì 3 số trong tập số {1; 2;3; 4;5;6}.
Cách giải: Số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu đề bài bằng số cách chọn bất kì 3 số trong tập số
{1; 2;3; 4;5;6} và bằng C36  20
Câu 11: Đáp án C
Phương pháp:
Kiểm tra M nằm trong hay ngoài mặt cầu.
Để giao tuyến là đường tròn có chu vi nhỏ nhất thì bán kính của đường
tròn đó là nhỏ nhất � d  O;  P    OI là lớn nhất  M

I

Cách giải:
x 2  y 2  z 2  9 có tâm O  0;0;0  .
Nhận xét: Dễ dàng kiểm tra điểm M nằm trong (S), do đó, mọi mặt phẳng
qua M luôn cắt (S) với giao tuyến là 1 đường tròn.
Để giao tuyến là đường tròn có chu vi nhỏ nhất thì bán kính của đường tròn đó là nhỏ nhất.
� d  O;  P    OI là lớn nhất.

Mà IO �OM (Vì OI  IM) � IO lớn nhất khi M trùng I hay OM vuông góc với (P)
uuuu
r
Vậy, (P) là mặt phẳng qua M và có VTPT là OM (1; 1;1).
Phương trình mặt phẳng (P) là: 1 x  1 -1 y  1 +1.  z  1 =0 � x  y  z  3  0
Câu 12: Đáp án B

Phương pháp: Số phức z  a  bi  a, b �� có phần thực là a, phần ảo là b.
Cách giải:
z   1  2i   5  i   5  i  10i  2i 2  5  i  10i  2  7  9i có phần thực là 7.
Câu 13: Đáp án

Trang 12

đi


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
r
uu
r uur
uu
r uur
�
u
Phương pháp: Cho u1 , u 2 là cặp vectơ chỉ phương của mặt phẳng    , khi đó n  �
�1 , u 2 �là một vectơ
pháp tuyến của   
Cách giải:
Gọi mặt phẳng cần tìm là   

 P  : x  3y  2z  1  0

có một VTPT n  P  (1;3;-2)  u1 . Vì      P  � n     n  P 

AB �   � n     AB  (1;-2;3)
r

uu
r uur
�
u
Khi đó,    có một vectơ pháp tuyến là: n  �
�1 , u 2 �  5; 1;1
Phương trình    : 5x  y  z  9  0
Câu 14: Đáp án
�
G � MNP 
r uuur
�
�uuuu
MG.NP  0
Phương pháp: G là trực tâm tam giác MNP � �
r uuuu
r
�uuu
PG.MN
0
�

Cách giải: G  x 0 ; y 0 ; z 0 

�
G � MNP 
r uuur
�
�uuuu
MG.NP  0

là trực tâm tam giác MNP � �
r uuuu
r
�uuu
PG.MN  0
�

uuuu
r
uuu
r
MN   0; 1; 3 , NP  1;1;1
r
uuuu
r uuur
�
MN,
Mặt phẳng (MNP) có một VTPT n  �
� NP �  2;3; 1
Phương trình (MNP): 2x  3y  z  4  0
G  x 0 ; y 0 ; z 0  � MNP  � 2x 0  3y0  z 0  4  0  1
uuuu
r
uuuu
r uuu
r
MG  x 0  1; y 0  1; z 0  1 � MG.NP   x 0  1  1   y 0  1 .1   z 0  1 .1  0 � x 0  y 0  z 0  1  0  2 

uuu
r

uuu
r uuuu
r
PG  x 0  0; y0  1; z 0  1 � PG.MN   x 0  0  .0   y0  1 .  1   z 0  1 .  3  0 � y0  3z0  2  0  3

5
�
�x 0  7
2x 0  3y 0  z 0  4  0
�
�
13
�
� 10
� x 0  z0  
Từ (1),(2),(3), suy ra �x 0  y 0  z 0  1  0 � �y 0 
7
7
�y  3z  2  0
�
0
�0
8
�
z0  
�
7
�
Câu 15: Đáp án D
Phương pháp:

Trang 13


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Thể tích hình hộp V=Bh, trong đó:
B: diện tích đáy,
h: chiều cao
Cách giải:
Do AA’ / / CC’ nên  AA ',ABCD    CC ',ABCD   60�
A ' H   ABCD  , H � ABCD 

�  AA ',  ABCD    A ' AH  60�
Hình thoi ABCD có AB  BC  CD  DA  a, BD=B'D'=a 3
Tam giác OAB vuông tại O:
2

�a 3 � a 2
OA  AB  OB  a  �
�2 �
� 4
� �
a
a
� OA  � AH  ; AC  a
2
4
2

2

2

2

Diện tích hình thoi ABCD: SABCD 

Tam giác A’AH vuông tại H:

1
1
a2 3
AC.BD  a.a 3 
2
2
2

A 'H
tan A 'SH ۰�
AH

tan 60

Thể tích hình hộp ABCD.A’B’C’D’: V  SABCD .A ' H 

A 'H
a
4

A 'H

a 2 3 a 3 3a 3
.

2
2
8

Câu 16: Đáp án A
Phương pháp: Cho z1 , z 2 là hai số phức bất kì, khi đó z1.z 2  z1 . z 2
2
2
Cách giải: Ta có: w   1  i  z � w   1  i  z  1  i . z  1  1 5  10

Câu 17: Đáp án
Phương pháp: Tìm TCĐ của đồ thị hàm số (nếu có) của từng đáp án.
Cách giải:
y

x2 1
có một tiệm cận đứng là x  2.
x2

y  ln x có một tiệm cận đứng là x  0

Trang 14

a 3
4

Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.

y  tan x có vô số tiệm cận đứng là x   k, k ��
2
ye



1
x

không có tiệm cận đứng, vì:

+) TXD: D   0; �
+) lim e




1
x

x �0

0

Câu 18: Đáp án B
Phương pháp: Sử dụng  1  i   1  2i  i 2  1  2i  1  2i
2

Cách giải:

 1 i

2

 2i

 1 i

8

2
4
�
 2i  16
1 i �
�
�  

 1 i

3

  1  i   1  i   2i  1  i   2i  2

 1 i

5

2
2
�
1  i    2i   1  i   4i  4
1 i �
�
�

4

2

2

Như vậy, chỉ có số phức  1  i  là số thực
8

Câu 19: Đáp án
Phương pháp: Công thức A n  M  1  r% 

n

Với: A n là số người sau năm thứ n,
M là số người ban đầu,
n là thời gian gửi tiền (năm),
r là tỉ lệ tăng dân số (%)
Cách giải: Từ 1/2017 đến năm 2020 có số năm là: 3 năm
Dân số Việt Nam đến năm 2020:
A 3  M  1  r%   94,970,597.  1 +1, 03%  �97,935,519 �98 riệu (người)
3

3

Câu 20: Đáp án B
ln  x  1
Phương pháp: lim
1
x �0
x
ln   x  1  1
ln x
 lim
1
x �1 x  1
x �1
x 1

Cách giải: lim

Câu 21: Đáp án B

Trang 15


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
c
Phương pháp: log a b  c log a b  a, b  0, a �0 
c
d
c

d
Cách giải: a  b � ln a  ln b � c ln a  d ln b �

ln a d

ln b c

Câu 22: Đáp án D
b

b

b

udv  uv a  �
vdu
Phương pháp: Công thức từng phần: �
a

a

dx
�
du 
�
u  ln x
�
�
x
��

Cách giải: Đặt �
2
dv  xdx
�
�v  x
� 2
e

e
x2
1
e 2 �e 2 1 � e 2  1
� I  .ln x  �
xdx   �  �
2
21
2 �4 4 � 4
1
1
1
�a  b  �ab
4
2

Câu 23: Đáp án B
Phương pháp:  P  / /  Q  : x  2y  3z  2  0 �  P  : x  2y  3z  m, m �2
Thay tọa độ điểm A vào phương trình mặt phẳng (P) và tìm hằng số m
Cách giải:

 P  / /  Q  : x  2y  3z  2  0 �  P  : x  2y  3z  m, m �2

Mà  P  / /A  2;1;3 � P  � 2  2.1  3.3  2  0 � m  13 (thỏa mãn)
�  P  : x  2y  3z  13  0
Câu 24: Đáp án
Phương pháp:
- Xác định góc giữa hai đường thẳng: Cho a, b là hai đường thẳng bất kì,
đường thẳng a '/ /a �  a; b    a '; b 
Cách giải:
Gọi O, M lần lượt là tâm của hình chữ nhật ABCD và trung điểm của SA
 MO là đường trung bình của tam giác SAC
� MO//SC

�  BD,SC  =  BD,MO 
+) ABCD là hình chữ nhật

Trang 16


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
� AC  BD  AB2  AD 2  a 2   2a   a 5
2

� OA  OB 

BD a 5

2
2

+) M là trung điểm SA � MA 

SA 2a

a
2
2

Tam giác MAB vuông tại A � MB  MA 2  AB2  a 2  a 2  a 2
2

�a 5 � 3a
Tam giác MAO vuông tại A � MO  MA  OA  a  � � 
�2 � 2
� �
2

2

2

+) Xét tam giác MBO:
2

cos MOB 

MO2  OB2  MB2

2MO.OB

2
�3a � �a 5 �

� � � � a 2
�2 � � 2 �

� MOB   MO; BD  � cos  SC;BD  

2.



3a a 5
.
2 2



2



5
 0 � MOB  90�
5

5
5

Câu 25: Đáp án
Phương pháp:
Diện tích hình phẳng tạo bởi hai đồ thị hàm số y  f  x  , y  g  x  và các đường thẳng x  a, x  b, a  b
b

S�
f  x   g  x  dx
a

Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm của y  x 2 và y  x  2
x  1
�
x2  x  2 � x2  x  2  0 � �
x2
�
Diện tích hình (H):
2

2

2

2

1 3 1 2
�
S �
x   x  2  dx  �
x  x  2dx   �
 x  x  2 dx  �
� x  x  2x �
2
�3
�1

1
1
1
2

2

2

1
1
3
2
�1
� �1
� 9
 � 23  22  2.2 � �  1   1  2  1 �
2
2
�3
� �3
� 2
Câu 26: Đáp án
Phương pháp:
Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp hình chóp

Trang 17


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

- Xác định tâm O đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy.
- Vẽ đường thẳng (d) qua O và vuông góc đáy.
- Vẽ mặt phẳng trung trực của một cạnh bên bất kì cắt (d) tại I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp cần tìm và
bán kính R  IA  IB  IC  �
Cách giải:

ABCD là hình thang cân � ABCD là tứ giác nội tiếp  Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD trùng với
đường tròn ngoại tiếp hình thang ABCD.
Gọi I là trung điểm AD. Do AB  CD  BC  a, AD  2a, ta dễ dàng chứng minh được I là tâm đường
tròn ngoại tiếp ABCD  I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SD, SA.
 MI, MN là các đường trung bình của tam giác SAD
� MI//SA, MN//AD
�
MI   ABCD 
Mà SA   ABCD  � �
MN  SA
�
� MB=MC=MD=MA,MN là trung trực của SA
� MB=MC=MD=MS   MA 
� M là tâm khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCD

 2a 

2
2
Bán kính R  MS  SD  SA  AD 
2
2

Thể tích mặt cầu: V 



4 3 4
R   a 2
3
3



3

2

  2a 

2

2


8a 3 2
3

Câu 27: Đáp án
Phương pháp: Đặt t   x
1

Cách giải: I 

f  x

�
1 e

x

dx  1

 1

1

Trang 18

a 2


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Đặt t   x � dt  dx.
�x  1 � t  1
Đổi cận �
�x  1 � t  1
1
1
f  x
f  t 
f  t
1 t

1 x
e f  t
e f  x
I  � x dx   �  t dt   � t dt
f
x


dt

dt


Khi đó:
(do
là
hàm
chẵn)
1

e
1

e
1

e
t
x
�

�
1
1
1
1

e
1

e
1
1
et
1

exf  x 
� � x dt  1
1 e
1
1

 2

1 x
1
1
e x  1 f  x 
ex f  x 
e f  x


Từ (1), (2), suy ra � x dt+ � x dt  2 � �
dx=2 � �
f  x  dx=2
1 e
1 e
1  ex
1
1
1
1
1

Câu 28: Đáp án A
Phương pháp:
- Xác định góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng (P):
Bước 1: Xác định giao điểm I của AB và (P)
Bước 2: Từ B hạ BH vuông góc với (P)
Bước 3: Nối IH � Góc HIB là góc tạo bởi AB và (P).
Cách giải:
Gọi D là trung điểm của AB.
Tam giác ABC đều � CD  AB
Mà CD  SA do SA   ABC 
� CD   SAB  �  SC,  SAB     SC,SD   CSD
Tam giác ABC đều, cạnh a, M là trung điểm AB
a
a 3
� AD  , CD 
2
2
2

2
�a 2 � �a �
a 3
Tam giác ADS vuông tại A � SD  SA  AD  �
�
�2 �
� �
2
�
� �2 �
2

2

a 3
DC
 2  1 � DSC  45��  SC;  SAB    45�
Tam giác SDC vuông tại D � tan DSC 
SD a 3
2

Trang 19


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Câu 29: Đáp án
Phương pháp:
u1  1
�

+) Dãy số  u n  : �
là dãy cấp số cộng, với u1  1 công sai d  2
u n 1  u n  2, n �1
�
Số hạng tổng quát của dãy u n  u n 1   n  1 d, n �1
u1  1
�
1
1 u k 1  u k 1 �1
1 �
�

 � 
+) Dãy số  u n  : �
�
u n 1  u n  2, n �1 u k u k 1 2 u k u k 1
2 �u k u k 1 �
�
Cách giải
u1  1
�
Dãy số  u n  : �
là dãy cấp số cộng, với u1  1 công sai d  2
u n 1  u n  2, n �1
�
� u n  u1   n  1 d  1   n  1 .2  2n  1
1
1
1
1 �1 1 � 1 �1 1 �

1 �1
1 � 1 �1
1 �

 ... 
 �  � �  �
 ...  � 
� � 
�
u 1u 2 u 2 u 3
u n u n 1 2 �u1 u 2 � 2 �u 2 u 3 �
2 �u n u n 1 � 2 �u1 u n 1 �
1�
1
1 � n
 �
�
2�
1 1  2n � 1  2n

Sn 

Câu 30: Đáp án
Phương pháp:
n

0 n
1 n 1
n n
i n i i

Công thức nhị thức Newton  x  y   C n x  C n x y  ...  C n y  �C n x y
n

i 0

Cách giải:
P  x   a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a 40 x 40 .
P '  x   a1  a 2 x  ...  a 40 x 39 .
Ta có P  x    1  3x  x 2 
� 20  1  3x  x 2 

19

20

� P '  x   20  1  3x  x 2 

19

 3  2x 

 3  2x   P '  x   a1  a 2 x  ...  a 40 x 39

Cho x 1
� 20  1  3  1

19

 3  2.1  a1  a 2  ...  40a 40

a1  a 2  ...  a 40  20.520 � S  20.520
Câu 31: Đáp án A
Phương pháp:
Trang 20


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
- Sử dụng phương pháp tọa độ hóa.
- Công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:
r
r
Cho  có VTCP u và qua M;  ' có VTCP v và qua M’
r r uuuuur
�
�
u.v
.MM '
� �
d  ;  ' 
rr
�
u.v �
�
�
Cách giải:
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ, trong đó:
A '  0;0;0  , B '  0;a;0  , C '  a;a;0  , D '  a;0;0 
�a
�
A  0;0;a  , B  0;a;a  , C  a;a;a  , D  a;0;a  , M � ;a;a �

�2
�
r uuuu
r �a
�
Đường thẳng AM có VTCP u  AM  � ;a;0 �và qua A  0;0;a 
�2
�
r uuuu
r
Đường thẳng DB’ có VTCP v  DB '   a;a; a  và qua D  a;0;a 
uuur
AD  (a;0;0)
r r uuur
�
�
u.v
.AD
� �
Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và DB’: d  AM; DB'  
rr
�
u.v �
�
�
Ta có:
a2
3a 2
2
r r uuur


a
.a

.0

0
�
u.v �
.AD
r r � 2 a 2 3a 2 �
2
2
a3
a 2
�
�
�
� �
u.v

a
;
;
�
d
AM;
DB'







r
r
�
� �
2 2 �
7
7
�
a 4 9a 4
u.v �
�
�
�
a2
a4  
2
4
4
Vây, khoảng cách giữa AM và DB’ là

a 2
7

Câu 32: Đáp án D
Phương pháp: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số, đánh giá số nghiệm của phương trình
Cách giải:

x

x

x

�2 �
�3 � �4 �
3.2  4.3  5.4  6.5 � 3. � � 4. � � 5. � �  6
�5 �
�5 � �5 �
x

x

x

x

x

x

x

�2 �
�3 � �4 �
� 3. � � 4. � � 5. � � 6  0  *
�5 �
�5 � �5 �

Trang 21


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
x
x
x
�2 �
�3 � �4 �
Hàm số y  f  x   3. � � 4. � � 5. � � 6 nghịch biến trên �� f  x   0 có nhiều nhất 1
�5 �
�5 � �5 �
nghiệm trên R(1)
22
� f  0  .f  2   0 � f  x   0 có ít nhất 1 nghiệm x �(0; 2)  2  Từ (1), (2)
55
suy ra: phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm thực
Ta có: f  0   6, f  2   

Câu 33: Đáp án C

Phương pháp: Từ BBT của đồ thị hàm số y  f  x  suy ra BBT của đồ thị hàm số y  f  x  , số nghiệm
của phương trình f  x   0 là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng y  f  0 
Cách giải: Từ bảng biến thiên hàm số y  f  x  ta có bảng biến thiên hàm số f  x   f  0  như sau:
x

�

y'

y

-3
-

0

0
+

-

0

f  0

�

-2
Suy ra, phương trình f  x   f  0  có 3 nghiệm.
Câu 34: Đáp án C
Phương pháp:
+) f '  x   0x � a; b  � y  f  x  đồng biến trên (a;b).
+) f '  x   0x � a; b  � y  f  x  nghịch biến trên (a;b).
Cách giải:
Quan sát đồ thị của hàm số y  f '  x  , ta thấy:

+) f '  x   0, x � a; b  � y  f  x  đồng biến trên (a ;b ) � f  a   f  b 
+) f '  x   0, x � b;c  � y  f  x  nghịch biến trên (b;c ) � f  b   f  c 
Như vậy, f  a   f  b  , f  c   f  b 

Đối chiếu với 4 phương án, ta thấy chỉ có phương án C thỏa mãn.
Câu 35: Đáp án A
Phương pháp: Logarit hai vế, đưa về phương trình bậc hai một ẩn.

+
�

-2

Trang 22

�

3


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Cách giải:
x0
2
2
�
2 x  3x � log 3 2 x  log 3 3x � x 2  x log 3 2 � x 2  x log 3 2  0 � �
x  log 3 2
�
x1  x 2  log3 2
Câu 36: Đáp án
Phương pháp: Xác định đường phân giác của góc tạo bởi hai
thẳng cắt nhau a và b trong không gian:
r r

- Lấy hai vectơ u, v lần lượt là các VTCP của đường thẳng a,
r r
u, v có cùng độ dài).

đường
b(

- Tìm giao điểm M của a và b.
r r
- Phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng a và b là đường thẳng qua M và có VTCP là u  v  hoặc
r r
uv
Cách giải:
�x  2  t1
x  2 y  2 z 1
�
d1 :


� d1 : �y  2  2t1
1
1
1
�
z  1  t 1
�
�x  1  t 2
x 1 y z
�
d2 :


 � d 2 : �y   t 2
1 1 2
�
z  2t 2
�
Tìm giao điểm M của d1 , d 2 :
2  t1  1  t 2
�
�t  1
�
2  2t1   t 2 � �1
� M  1;0;0 
Giải hệ phương trình �
t

0
�
2
�
1  t1  2t 2
�
uu
r
uu
r
d1 có 1 VTCP là u1   1; 2; 1 , u1  6





uu
r
uur
d 2 có 1 VTCP là u 2   1; 1; 2  , u 2  6





uu
r uu
r 1.  1  2.  1   1 .2
uu
r uu
r
cos u1 , u 2 
 0 � u1 , u 2  90�
6









uu

r uur
Suy ra, đường phân giác góc nhọn tạo bởi 1 2 d d, có 1 VTCP là u1  u 2   2;3; 3
Phương trình đường phân giác cần tìm là

x 1 y z
 
2
3 3

Câu 37: Đáp án A
Trang 23


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
Phương pháp: Quan sát đồ thị hàm số và đánh giá dấu của các hệ số a, b.
4
2
 �� a  0
Cách giải: Đồ thị hàm số y  ax  bx  c,  a �0  có xlim
� �

y  ax 4  bx 2  c � y '  4ax 3  3bx  2x  2ax 2  b 
x 0
�
�
y'  0 �
b
�
x
2a

�
(C) có ba cực trị � y '  0 có 3 nghiệm phân biệt � 

b
 0 � b  0 vì a  0
2a

Vậy a  0, b  0
Câu 38: Đáp án C

Phương pháp: Thể tích của khối tròn xoay sinh khi cho phần tô đậm (hình vẽ) quay quanh đường thẳng
AD bằng thể tích hình cầu đường kính AD trừ đi thể tích hình nón tạo bởi khi quay tam giác ABC quanh
trục AD.
Cách giải:
*) Tính thể tích hình cầu đường kính AD:
Tam giác ABC đều, cạnh a � OA 

2
2a 3 a 3
AH 

3
3 2
3

3

Vcau



 �a 3 � 4a 3 3
 OA3   �
�
� 27
3
3 �
�3 �

*) Tính thể tích hình nón (H) tạo bởi khi quay tam giác ABC quanh trục AH:
Hình nón (H) có đường cao AH 

BC a
a 3

, bán kính đáy HB 
2
2
2
2

Vnon

1
1
1 �a � a 3 a 3 3
2
 Sday .h  HB .AH   � �.

3
3

3 �2 � 2
24

Trang 24


Banfileword.com – Chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất, chất lượng cao, giá rẻ nhất thị trường.
*) Tính V
V  Vcau  Vnon 

23a 3 3
216

Câu 39: Đáp án D
Phương pháp:
Chuyển vế, lấy mođun hai vế.
Cách giải:
10
10
 2  i �  1  2i  z  2  i 
z
z
2
2
10
10
�  z  2   2 z  1 i 
�  z  2   2 z  1  2
z
z

 1  2i 

z

2

2

� z  4 z  4  4 z  4 z 1 

10

4
2
�1 3 �
� 5 z  5 z  10  0 � z  1 � ; �
�2 2 �
z
2

Câu 40: Đáp án

Phương pháp: Chuyến sang hệ trục tọa độ trong không gian.
Cách giải:
A  x 2  y 2  z 2  2x  2y  2z  3  x 2  y 2  z 2  4x  2y  5


 x  1

2

  y  1   z  1 
2

2

 x  2

2

  y  1  z 2
2

Lấy S  x; y; z  � P  : x  y  z  2. bất kì, M  1;1;1 , N  2;1;0 
A

 x  1

2

  y  1   z  1 
2

2

 x  2

2

  y  1  z 2  SM  SN
2

Ta thấy  1  1  1  2   2  1  0  2   0 � M, N N nằm khác phía so với mặt phẳng  P  : x  y  z  2.
Ta có: SM+SN �MN

 SM+SN  min �MN � S, M, N

Trang 25