HOT Đề và Hướng dẫn giải chi tiết TOÁN THPT QG 2018 File Word (Mã đề thi 101)

Giải Bởi Admin Và Một Số Thầy Cô Group FB - Với 3000 GV, SV
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP ÁN CÙNG BÌNH LUẬN
KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2018
Bài thi: TOÁN
Mã đề thi: 101

ĐÁP ÁN
Câu
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10

Đáp án
D
D
A
A
B
C
D
B

D
C

Câu
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20

Đáp án
D
C
A
B
B
C
A
D
A
D

Câu
21
22

23
24
25
26
27
28
29
30

Đáp án
A
A
D
A
A
A
D
A
B
C

Câu
31
32
33
34
35
36
37
38

39
40

Đáp án
D
B
A
B
A
C
B
B
C
B

Câu
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50

Đáp án
C
A

D
C
B
B
D
B
C
B

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:

Có bao nhiêu cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 34 học sinh?
2
A. 234 .
B. A34 .
C. 342 .

2

D. C34 .

Lời giải
Chọn D
Mỗi cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 34 học sinh là một tổ hợp chập 2 của 34 phần tử
� Số cách chọn là C342 .
Câu 2:

Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  P  : x  2 y  3 z  5  0 có một vectơ pháp tuyến là
ur

uu
r
uu
r
uu
r
A. n1   3; 2;1 .
B. n3   1; 2;3 .
C. n4   1; 2; 3 .
D. n2   1; 2;3 .
Lời giải
Chọn D

uu
r
Mặt phẳng  P  có một VTPT là n2   1; 2;3  .
Câu 3:

Cho hàm số y  ax3  bx 2  cx  d

 a, b, c, d ��

có đồ thị như hình vẽ bên.

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
Trang 1/21 – Mã đề thi 101


Giải Bởi Admin Và Một Số Thầy Cô Group FB - Với 3000 GV, SV
B. 0 .

A. 2 .

C. 3 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn A
Câu 4:

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

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  0;1 .
B.  �;0  .
C.  1; � .

D.  1;0  .

Lời giải
Chọn A
Câu 5:

Gọi S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường y  e x , y  0 , x  0 , x  2 . Mệnh
đề nào dưới đây đúng?
2

e 2 x dx .
A. S  π �

0

2

e x dx .
B. S  �
0

2

e x dx .
C. S  π �
0

2

e 2 x dx .
D. S  �
0

Lời giải
Chọn B
2

e x dx .
Vì e x  0 x � 0; 2 nên S  �
0

Câu 6:

Với a là số thực dương tùy ý, ln  5a   ln  3a  bằng
A.

ln  5a 
.
ln  3a 

B. ln  2a  .

5
C. ln .
3

D.

ln 5
.
ln 3

D.

1 4 1 2
x  x C .
4
2

Lời giải
Chọn C
Ta có: ln  5a   ln  3a   ln
Câu 7:

5a
5
 ln .
3
3a

3
Nguyên hàm của hàm số f  x   x  x là

A. x 4  x 2  C .

B. 3 x 2  1  C .

C. x3  x  C .
Lời giải

Chọn D
Ta có: �
 x 3  x  dx 

Câu 8:

x4 x2
 C .
4 2

�x  2  t
�
Trong không gian Oxyz , đường thẳng d : �y  1  2t có một vectơ chỉ phương là

�z  3  t
�
uu
r
uu
r
uu
r
ur
A. u3   2;1;3 .
B. u4   1;2;1 .
C. u2   2;1;1 .
D. u1   1; 2;3 .

Lời giải
Chọn B
Trang 2/21 – Mã đề thi 101


Giải Bởi Admin Và Một Số Thầy Cô Group FB - Với 3000 GV, SV
uu
r
Đường thẳng d có một VTCP là u4   1; 2;1 .
Câu 9:

Số phức 3  7i có phần ảo bằng
A. 3 .
B. 7 .

C. 3 .

Lời giải

D. 7 .

Chọn D
Số phức 3  7i có phần ảo bằng 7 .
Câu 10: Diện tích của mặt cầu bán kính R bằng
4 2
A. πR .
B. 2πR 2 .
3

C. 4πR 2 .

D. πR 2 .

Lời giải
Chọn C
Diện tích của mặt cầu bán kính R là: S  4π R 2 .
Câu 11: Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y  x 4  3x 2  1 .

B. y  x 3  3x 2  1 .

C. y   x3  3x 2  1 .

D. y   x 4  3x 2  1 .

Lời giải

Chọn D
Đường cong có dạng đồ thị hàm số bậc 4 trùng phương, hệ số a  0 .
Câu 12: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2; 4;3 và B  2; 2;7  . Trung điểm của đoạn AB có
tọa độ là
A.  1;3; 2  .

B.  2;6; 4  .

C.  2; 1;5  .

D.  4; 2;10  .

Lời giải
Chọn C
�2  2 4  2 3  7 �
;
;
I là trung điểm của AB � I  �
�� I   2; 1;5  .
2
2 �
�2

Câu 13: lim

1
bằng
5n  3

A. 0 .

B.

1
.
3

C. �.

D.

1
.
5

Lời giải
Chọn A

�
�
�1 1 �
1
lim
 lim � .
0.
3�
5n  3
n
� 5 �
n�

�
Câu 14: Phương trình 22 x1  32 có nghiệm là
Trang 3/21 – Mã đề thi 101


Giải Bởi Admin Và Một Số Thầy Cô Group FB - Với 3000 GV, SV
A. x 

5
.
2

B. x  2 .

C. x 

3
.
2

D. x  3 .

Lời giải
Chọn B

22 x1  32 � 2 x  1  5 � x  2 .
Câu 15: Cho khối chóp có đáy là hình vuông cạnh a , chiều cao bằng 2a . Thể tích của khối chóp đã
cho bằng
2 3
4 3

A. 4a 3 .
B. a .
C. 2a 3 .
D. a .
3
3
Lời giải
Chọn B
Khối chóp có diện tích đáy là S  a 2 , chiều
1
2a 3
cao h  2a � V  S .h 
.
3
3

Câu 16: Một người gửi tiết kiệm vào một ngân hàng với lãi suất 7,5% / năm. Biết rằng nếu không rút
tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lai sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm
tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được cả số tiền gửi ban đầu và lãi gấp đôi
số tiền gửi ban đầu, giả định trong khoảng thời gian này lãi suất không thay đổi và người đó
không rút tiền ra?
A. 11 năm.
B. 9 năm.
C. 10 năm.
D. 12 năm.
Lời giải
Chọn C
Gọi P là số tiền gửi ban đầu theo công thức lãi kép.
Ta có tổng số tiền lãi và số tiền gốc sau n năm là A  P (1  0,075) n .
Sau n năm số tiền thu được gấp đôi số tiền ban đầu nên ta có:

2 P  P (1  0, 075) n � n  log (10,075) 2 9.58 �10 năm.
Câu 17: Cho hàm số y  ax 3  bx 2  cx  d

 a, b, c, d �� . Đồ thị hàm số

y  f  x  như hình vẽ bên.

Số nghiệm thực của phương trình 3 f  x   4  0 là
A. 3 .

B. 0 .

C. 1 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn A
Trang 4/21 – Mã đề thi 101


Giải Bởi Admin Và Một Số Thầy Cô Group FB - Với 3000 GV, SV
4
Ta có 3 f ( x)  4  0 � f ( x )   .
3
4
cắt đồ thị hàm số y  f ( x ) tại ba điểm phân biệt.
3
Vậy phương trình 3 f ( x )  4 có ba nghiệm phân biệt.

Dựa vào đồ thị, ta thấy đường thẳng y  

x 9 3
là
x2  x
C. 0 .
Lời giải

Câu 18: Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
A. 3 .

B. 2 .

D. 1 .

Chọn D
ĐK: x �9 ; x �0 ; x �1 .

x 9 3
x
 lim
 lim
2
x �0
x �0
x x
 x  1
x  x  1 x  9  3

Cách 1: Ta có: lim
x �0







1
x9 3





1
.
6

�1
x9 3
x9 3�
 lim �
�
2
�
� �.
x �1
x x

x
�x  1
�

lim

x �1

� Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x  1 .

Cách 2: Dùng MTCT, tính các giới hạn: lim
x �0

x9 3
���; lim
x �1
x2  x

x9 3
 �
x2  x

� Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x  1 .

Cách 3: ĐK: x �9 ; x �0 ; x �1 .
y

x

2



x

 x . x 9 3





1
 x  1. x  9  3





Nhận thấy tử bằng 1, mẫu chỉ có một nghiệm x = -1, (thuộc miền xác định của căn thức) nên đồ
thị hàm số có 1 tiệm cận đứng x = - 1.
Câu 19: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và
SB  2a . Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng
A. 60�.
B. 90�.
C. 30�.
D. 45�.
Lời giải
Chọn A
� .
Góc giữa SB và mặt đáy chính là góc SBA

1
AB

2
SB
�
�  SB,  ABCD    SBA
 60�.

� 
Ta có: cos SBA

Trang 5/21 – Mã đề thi 101


Giải Bởi Admin Và Một Số Thầy Cô Group FB - Với 3000 GV, SV
Câu 20: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm A  2; 1; 2  và song song với mặt phẳng

 P  : 2 x  y  3z  2  0

có phương trình là

A. 2 x  y  3 z  9  0 .
C. 2 x  y  3 z  11  0 .

B. 2 x  y  3 z  11  0 .
D. 2 x  y  3 z  11  0 .
Lời giải

Chọn D

Phương trình mặt phẳng  Q  song song với  P  có dạng: 2 x  y  3 z  D  0  D �2  .
Mặt phẳng  Q  đi qua A  2; 1; 2  nên 2.2   1  3.2  D  0 � D  11 (TM).
Vậy  Q  : 2 x  y  3z  11  0 .

Câu 21: Từ một hộp chứa 11 quả cầu màu đỏ và 4 quả cầu màu xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả
cầu. Xác suất để lấy được 3 quả cầu màu xanh bằng
4
24
4
33
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
455
455
165
91
Lời giải
Chọn A
3
Số phần tử của không gian mẫu: n     C15 .
3
Gọi biến cố A : “ Lấy được 3 quả cầu màu xanh” � n  A   C4 .

n  A
4

Vậy xác suất cần tìm là P  A  
.
n    455
2

e3 x 1dx bằng
Câu 22: �
1

A.

1 5 2
 e e  .
3

B.

1 5 2
e e .
3

C. e5  e 2 .

D.

1 5 2
e e  .

3

Lời giải
Chọn A
2

2

e
Ta có: �
1

1
e3 x 1
  e5  e 2  .
dx 
3 1 3

3 x 1

Câu 23: Giá trị lớn nhất của hàm số y  x 4  4 x 2  9 trên đoạn  2;3 bằng
A. 201 .

C. 9 .
Lời giải

B. 2 .

D. 54 .

Chọn D
x0
�
�
0 � �
x  2 , (thuộc đoạn  2;3 )
 4 x 3  8 x ; y�
Ta có: y�
�
x 2
�
y  54 .
y  2   9 ; y  3  54 ; y � 2  5 ; y  0   9 .Vậy max
 2;3





Câu 24: Tìm hai số thực x và y thỏa mãn  2 x  3 yi    1  3i   x  6i với i là đơn vị ảo.
A. x  1 ; y  3 .

B. x  1 ; y  1 .

C. x  1 ; y  1 .
Lời giải

D. x  1 ; y  3 .

Chọn A

Trang 6/21 – Mã đề thi 101


Giải Bởi Admin Và Một Số Thầy Cô Group FB - Với 3000 GV, SV

�2 x  1  x
�x  1
��
có:  2 x  3 yi    1  3i   x  6i �  2 x  1   3 y  3 i  x  6i � �
.
�3 y  3  6
�y  3
Câu 25: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông đỉnh B , AB  a , SA vuông góc với mặt
phẳng đáy và SA  2a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng
A.

2 5a
.
5

B.

5a
.
3

2 2a
.
3
Lời giải

C.

D.

5a
.
5

Chọn A

�SA  BC
� BC   SAB  .
Ta có: �
�AB  BC
Kẻ đường cao AH của SAB
�AH  SB
��
� AH   SBC  .
�AH  BC
5
1
1
1
 2 
 2
Lại có:
2
2
4a

AH
AS
AB
� d  A,  SBC    AH  2 5a .
5
Nhận xét: Có thể giải bằng phương pháp tọa độ hóa, khi đó nên chọn B làm gốc.
55
dx
 a ln 2  b ln 5  c ln11 , với a, b, c là các số hữu tỉ. Mệnh đề nào dưới đây
Câu 26: Cho �
16 x x  9
đúng?
A. a  b  c .
B. a  b  c .
C. a  b  3c .
D. a  b  3c .
Lời giải
Chọn A
55
dx
Tính I  �
.
16 x x  9
Đặt t  x  9  t 2 x  9 � dx  2tdt ;
x  16 � t  5 ; x  55 � t  8 .
8
8
8
2tdt
2dt

1 8�1
1 � 1
I


�


d
t
�
Suy ra:
�
2
�
�   ln t  3  ln t  3 
5  t  9 t
5  t  3  t  3 
3 5 �t  3 t  3 � 3
5

1
2
1
1
 ln 5  ln11  ln 2  ln 8   ln 2  ln 5  ln11
3
3
3
3

2
1
1
� a  ; b  ; c   � a  b  c .
3
3
3


Câu 27: Một chiếc bút chì có dạng khối lăng trụ lục giác đều có cạnh đáy bằng 3mm và chiều cao bằng
200mm . Thân bút chì được làm bằng gỗ và phần lõi được làm bằng than chì. Phần lõi có dạng
khối trụ có chiều cao bằng chiều dài của bút và đáy là hình tròn có bán kính 1mm . Giả định
1m3 gỗ có giá a (triệu đồng), 1m3 than chì có giá là 8a (triệu đồng). Khi đó giá nguyên vật
liệu làm một chiếc bút chì như trên gần nhất với kết quả nào dưới đây?
A. 9,7.a (đồng).
B. 97, 03.a (đồng).
C. 90, 7.a (đồng).
D. 9, 07.a (đồng).
Lời giải
Chọn D
Trang 7/21 – Mã đề thi 101


Giải Bởi Admin Và Một Số Thầy Cô Group FB - Với 3000 GV, SV
Diện tích lục giác đều là: S  6.

32. 3
27 3 mm 2
 .


4
2

Thể tích một chiếc bút chì là:
27 3
3
3
V  Sh 
.200  2700 3  mm   27 3.107  m  .
2
Thể tích lõi chì là:
V1  πr 2 h  π.12.200  200π  mm3   2.10π7  m3  .





7
3
Thể tích khối gỗ là: V2  V  V1  27 3  2π .10  m  .

Giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì là:
T  a.106. 27 3  2π .10 7  8 a.10 6.2.10 7.π �9, 07.a (đồng).





Câu 28: Hệ số của x 5 trong khai triển biểu thức x  2 x  1   3x  1 bằng
6

A. 13368 .

8

C. 13848 .
Lời giải

B. 13368 .

D. 13848 .

Chọn A
6 k
k� 8
8 i
i
6
8
i
�6 k
Ta có: x  2 x  1   3 x  1  x ��C6  2 x  .  1 � �C8  3 x  .  1
k 0
�
� i 0
6

8

 �C6k 26 k.  1 .x 7 k  �C8i 38i.  1 .x 8i .

k 0

k

i

i0

Hệ số của x 5 trong khai triển biểu thức (ứng với k  2 , i  3 ) là:
2
3
C62 .24.  1  C83 .35.  1  13368 .
Câu 29: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a , BC  2a , SA vuông góc với mặt
phẳng đáy và SA  a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng
2a
a
a
6a
A.
.
B.
.
C. .
D. .
3
2
3
2
Lời giải
Chọn B

Dựng bình bình hành ACBE  AC //  SBE  � d  AC , SB   d  A,  SBE    h .
Ta có: AS , AB, AE đôi một vuông góc với nhau.
1
1
1
1
1 1
1
9
2a
.
� 2 


 2  2  2  2 �h
2
2
2
h
AS
AB
AE
3
a a 4a
4a
Trang 8/21 – Mã đề thi 101


Giải Bởi Admin Và Một Số Thầy Cô Group FB - Với 3000 GV, SV

Câu 30: Xét các số phức z thỏa mãn  z  i   z  2  là số thuần ảo. Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất
cả các điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn có bán kính bằng
A. 1 .

B.

5
.
4

5
.
2
Lời giải

C.

D.

3
.
2

Chọn C
Giả sử z  x  yi

 x, y �� . Ta có:
x   1 y  i�
xy   x  2   1  y  �
i.

 z  i   z  2  �
 x  2   yi �
�
��
�
� x  x  2   y  1  y   �
�
�
2

2
� 1� 5
Vì  z  i   z  2  là số thuần ảo nên x  x  2   y  1  y   0 �  x  1  �y  � .
� 2� 4

Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn có bán kính bằng

5
.
2

Câu 31: Ông A dự định sử dụng hết 6,5m3 kính để làm một bể cá bằng kính có dạng hình hộp chữ
nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có kích thước không đáng kể). Bể
cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)?
A. 2, 26m 3 .
B. 1, 61m3 .
C. 1,33m3 .
D. 1,50m3 .
Lời giải
Chọn D

Gọi chiều rộng, chiều dài, chiều cao của bể cá lần
lượt là x , 2x , y  x, y  0  .
Diện tích phần lắp kính là:
2 x.x  2 xy  2.2 x. y  2 x 2  6 xy  6,5

6,5  2 x 2
6,5
13
0 �x
.

2
6
2
6,5  2 x 2
V

2
x
.
x
.
y
Thể tích bể cá là:
 2 x.
6
3
4 x  13 x
13
với 0  x 

.

6
2
� xy 

�
39
x
�
6
12 x  13
0 � �
; V�
. Bảng biến thiên:
V�

�
6
39
x
 L
�
6
�
2

13 39
�1,50m3 .
54

Cách 2: Casio, Mode7, Start 0, End 1,9; Step 0.1 Chọn D

Vậy max V 

Trang 9/21 – Mã đề thi 101


Giải Bởi Admin Và Một Số Thầy Cô Group FB - Với 3000 GV, SV
Câu 32: Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi

1 2 11
t  t  m/s  , trong đó t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc A bắt đầu
180
18
chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng
quy luật v  t  

2
cùng hướng với A , nhưng chậm hơn 5 giây so với A và có gia tốc bằng a  m/s  ( a là hằng

số). Sau khi B xuất phát được 10 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A
bằng
A. 22  m/s  .
B. 15  m/s  .
C. 10  m/s  .
D. 7  m/s  .
Lời giải
Chọn B
Quãng đường điểm A đi được cho đến khi hai điểm gặp nhau là:
15

�1 2 11 �
S�
dt  75m .
� t  t�
180
18 �
0�
Vận tốc của điểm B tại thời điểm t (giây) tính từ lúc B xuất phát là: vB  t   at .
Quãng đường điểm B đi được cho đến khi hai điểm gặp nhau là:
at 2
S  �atdt 
0
2
10

Suy ra: 50a  75 � a  1,5 .

10

 50a  m  .

0

Vậy vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A là: vB  10   10a  15  m/s  .

x  3 y 1 z  7


. Đường
2

1
2
thẳng đi qua A , vuông góc với d và cắt trục Ox có phương trình là
 x 1  t
�x  1  t
�x  1  2t
�x  1  2t
�
�

�
A. �y  2t
.
B. �y  2  2t .
C. �y  2t .
D.  y 2  2t
�z  3t
�z  3  2t
�z  t
 z 3  2t
�
�
�


Câu 33: Trong không gian Oxyz , cho điểm A  1; 2;3 và đường thẳng d :

Lời giải
Chọn A
Gọi  là đường thẳng cần tìm, B   �Ox � B  x; 0;0  .

uuu
r
r
AB   x  1; 2; 3 , d có VTCP u   2;1; 2  .
uuur
uuu
r
  d � AB.ur  0 � 2  x  1  2  6  0 � x  1  B   1;0;0  � AB   2; 2; 3  .
 x  1  2t

Vậy   y 2t
.
 z 2t

Cách khác - Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với d
- Tìm B Ox   P 
- Khi đó đường thằng  cần lập là đường thẳng qua 2 điểm A, B.
Câu 34: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình
16 x  m.4 x 1  5m2  45  0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử?
A. 13 .
B. 3 .
C. 6 .
D. 4 .
Lời giải
Chọn B
Đặt t  4 x  t  0  , phương trình trở thành t 2  4mt  5m 2  45  0  * .
Trang 10/21 – Mã đề thi 101


Giải Bởi Admin Và Một Số Thầy Cô Group FB - Với 3000 GV, SV

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt �  * có hai nghiệm phân biệt dương

�
�
 45  m 2  0
�
� �S  4m  0
� 3m3 5 .
�P  5m 2  45  0
�

m �� � S   4;5;6 . Vậy S có 3 phần tử.

Câu 35: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y 

x2
đồng biến trên khoảng
x  5m

 �; 10  ?
A. 2 .

B. Vô số.

D. 3 .

C. 1 .
Lời giải

Chọn A


Ta có: y�

5m  2

 x  5m 

Hàm số y 

2

.

 5m  2  0
x2
đồng biến trên khoảng  �; 10   
x  5m
  5m    ;10

� 2
m
2
�
�� 5
�  m �2 .
5
�
5m �10
�
m �� � m � 1; 2 . Vậy có 2 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn.

8
5
2
4
Câu 36: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  x   m  2  x   m  4  x  1 đạt

cực tiểu tại x  0 .
A. 3 .

B. 5 .

C. 4 .
Lời giải

D. Vô số.

Chọn C
y�
 8 x 7  5  m  2  x 4  4  m 2  4  x 3 x 3 8 x 4  5 m  2  x  4. m 2  4  x 3 .g  x  .







Nhận thấy x = 0 là một nghiệm của đạo hàm. Do đó hàm số đạt cực tiểu tại x  0 � y �đổi dấu
từ    sang    khi qua nghiệm x  0 .
*) Trường hợp 1: x = 0 là nghiệm của g(x) hay m 2
- Nếu m = 2, ta có y ' 8 x 7 , suy ra y�đổi dấu từ    sang    khi qua nghiệm x  0 .

 chọn m = 2.
- Nếu m = -2, ta có y ' 8 x 7  20 x 4 4 x 4 . 2 x 3  5  x = 0 là nghiệm kép bội chẵn,
nên x = 0 không là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số.
 loại m = -2.
*) Trường hợp 2 : x = 0 không là nghiệm của g(x) hay m  2
 lim g  x   0
 x 0
3
y’  x .g  x  đổi dấu từ    sang    qua nghiệm x  0 khi và chỉ khi 
g  x  0
 xlim
 0
 4 m2  4  0   2  m  2









Do m nguyên nên m    1;0;1
Kết hợp 2 trường hợp ta có: m    1;0;1;2
Trang 11/21 – Mã đề thi 101


Giải Bởi Admin Và Một Số Thầy Cô Group FB - Với 3000 GV, SV

B C D có tâm O . Gọi I là tâm của hình vuông A����

B C D và
Câu 37: Cho hình lập phương ABCD. A����
M là điểm thuộc đoạn thẳng OI sao cho MO  2MI (tham khảo hình vẽ).

D  và  MAB  bằng
Khi đó côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng  MC ��
A.

6 85
.
85

B.

7 85
.
85

17 13
.
65
Lời giải

C.

D.

6 13
.
65

Chọn B
D , AB .
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên C ��
�
.
�   MC ��
D  ,  MAB     MH , MK    � cos   cos HMK
B C D có
Không mất tính tổng quát, giả sử hình lập phương ABCD. A����
cạnh bằng 6 .

Ta có:
+ IM  1 , IH  3 � MH  10 .
+ Gọi E là tâm của hình vuông ABCD
� EM  5 , EK  3 � MK  34 .
+ HK  AD �
6 2.
MK 2  MH 2  HK 2
7 85
7 85
�
Suy ra: cos HMK
. Vậy cos  
.


2 MH .MK
85
85

Cách 2: Gắn hệ trục.
E làm gốc tọa độ, EA là tia ox, EB là tia; EI là tia oz. Kéo dài C’M cắt AA’ , D’M cắt BB’.
Dùng pt mp theo mặt chắn ra đáp số.
Câu 38: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z  z  4  i   2i   5  i  z ?
A. 2 .

B. 3 .

C. 1 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn B
pt � z  5  i  z    4 z   2  z  i .
Trang 12/21 – Mã đề thi 101


Giải Bởi Admin Và Một Số Thầy Cô Group FB - Với 3000 GV, SV
Lấy mô đun hai vế ta được: z 5  i  z  4 z   2  z  i .
Đặt t  z �0 , ta có:

t 5  i  t  4t   2  t  i � t. (5  t ) 2  12  16t 2  (2  t ) 2
t 1
�
�
t �8,95
3
2
�

4
3
2
.
�
� t  10t  9t  4t  4  0 � (t  1)(t  9t  4)  0
�
t �0, 69
�
t �0, 64  Loai 
�

4t   2  t  i
� có một số phức z thỏa mãn.
5i t
Vậy có tất cả ba số phức thỏa mãn.
Ứng với mỗi giá trị t �0 � z 

Câu 39: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  1   z  1  9 và điểm A  2;3; 1 .
2

2

2

Xét các điểm M thuộc  S  sao cho đường thẳng AM tiếp xúc với  S  . M luôn thuộc mặt
phẳng có phương trình là
A. 6 x  8 y  11  0 .
B. 3 x  4 y  2  0 .

C. 3 x  4 y  2  0 .
Lời giải

D. 6 x  8 y  11  0 .

Chọn C
Mặt cầu  S  có tâm I  1; 1; 1 , bán kính R  3 .
uu
r
Ta có : IA   3; 4;0  � IA  5 .
Vì AM là tiếp tuyến nên AM  IM � AM  IA2  IM 2  4
Gọi (S’) là mặt cầu tâm A, bán kính R’ = 4.
2
2
2
Ta có phương trình (S’):  x  2    y  3   z  1 16 . Vì AM = 4 nên M   S ' .

 M    S    S '  � Tọa độ của M là nghiệm của hệ:
2
2
2
�
 x  1   y  1   z  1  9  1  1  2
�
�
� 6 x  8 y  11  7 hay M � P  : 3x  4 y  2  0 .
2
2
2
x


2

y

3

z

1

16
2








�
�

Cách khác: Vì góc AMI vuông nên M thuộc giao hai mặt cầu: Mặt cầu (S) và mặt cầu đường
kính AI

Trang 13/21 – Mã đề thi 101

Giải Bởi Admin Và Một Số Thầy Cô Group FB - Với 3000 GV, SV
Câu 40: Cho hàm số y 

1 4 7 2
x  x có đồ thị  C  . Có bao nhiêu điểm A thuộc  C  sao cho tiếp tuyến
4
2

của  C  tại A cắt  C  tại hai điểm phân biệt M  x1 ; y1  , N  x2 ; y2  ( M , N khác A ) thỏa mãn

y1  y2  6  x1  x2  ?
A. 1 .

C. 0 .
Lời giải

B. 2 .

D. 3 .

Chọn B

r
Từ giả thiết, ta được đường thẳng MN có một vecto chỉ phương u  1;6  .

Suy ra hệ số góc của đường thẳng MN bằng 6 .
Gọi A  x0 ; y0 

x0  3
�

�
 x0   6 � x  7 x0  6 � �x0  1 .
, ta có: f �
�
x0  2
�
3
0

117
11
; y  6x  ; y  6x  2 .
4
4
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y  6 x  m và đồ thị hàm số:
Ta được các tiếp tuyến tương ứng là: y  6 x 

1
7
1 4 7 2
x  x  6x  m � m  x4  x2  6x
4
2
4
2

 * .

x3
�

1 4 7 2
�
3
 x   0 � �x  1 .
 x  x  7x  6 . g�
Xét g  x   x  x  6 x . Ta có g �
4
2
�
x  2
�
Ta có bảng biến thiên:

Để phương trình  * có ba nghiệm, ta nhận m 

11
và m  2 ứng với x0  1 và x0  2 .
4

Vậy có hai điểm A thỏa mãn yêu cầu đề bài.
3
2
Câu 41: Cho hai hàm số f  x   ax  bx  cx 

1
2
và g  x   dx  ex  1  a, b, c, d , e �� . Biết rằng
2

đồ thị của hàm số y  f  x  và y  g  x  cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là 3;  1;1

(tham khảo hình vẽ).

Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng
Trang 14/21 – Mã đề thi 101


Giải Bởi Admin Và Một Số Thầy Cô Group FB - Với 3000 GV, SV
A.

9
.
2

B. 8 .

C. 4 .

D. 5 .

Lời giải
Chọn C
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số:
1
3
ax3  bx 2  cx   dx 2  ex  1  ax 3   b  d  x 2   c  e  x  0 , (1)
2
2
Vì phương trình (1) có các nghiệm -3, -1, 1 nên ta có
3
ax 3   b  d  x 2   c  e  x  a  x  3 x  1 x  1

2
3
� ax3   b  d  x 2   c  e  x   a  x 3  3x 2  x  3 .
2
Đồng nhất hệ số, ta được:
� 1
a
�
�
2
�
b  d  3a
�
�
3
�
c  e  a � �
bd  .
�
2
�
�3

1
�
�  3a
ce 
�2
�
2

�
Diện tích hình phẳng cần tìm:
1

1

1
1
S   x 3  3 x 2  x  3 dx   x 3  3x 2  x  3 dx 4
2
2
3
1









B C , khoảng cách từ C đến BB�
Câu 42: Cho khối lăng trụ ABC. A���
bằng 2 , khoảng cách từ A đến các
đường thẳng BB�và CC �lần lượt bằng 1 và 3 , hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng

B C  là trung điểm
 A���

C và A�
M của B��
M

2 3
. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
3

A. 2 .

B. 1 .

C.

3.

D.

2 3
.
3

Lời giải
Chọn A
*) Gọi E , F lần lượt là hình chiếu vuông
, CC �
góc của A trên BB�
� AE  1 , AF  3 .

 AE

�BB�
� BB�
  AEF 
*) Ta có: �
 AF
�BB�
� BB�
 EF � EF  d  C , BB�
  2.
� AEF vuông tại A .
*) Gọi K  MM �
�EF � K là trung

điểm của EF � AK 

1
EF  1 .
2

  AEF  � MM �
//BB�� MM �
 AK
*) Lại có: MM �
Trang 15/21 – Mã đề thi 101


Giải Bởi Admin Và Một Số Thầy Cô Group FB - Với 3000 GV, SV
1
1
1

1
3


 1
 � AM  2 .
2
2
2
2
AK
AM
AM �
4
AM
B�
.
*) Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên EF � AH   BCC �
�

1
1
1
3


.
� AH 
2
2

AH
AE
AF 2
2
4
16
2
� MM ' 
 BB ' .
MM �
 AM 2  A�
M2 
3
3
8
� �
S BB��
.
C C  d  C , BB  .BB 
3

*) Ta có:

3
3 1
3 1 3 8
VA. BCC �
.
Vậy VABC . A���
 2.

BC 
B �  . . AH .S BCC ' B '  . .
2
2 3
2 3 2
3

Câu 43: Ba bạn A, B, C mỗi bạn viết ngẫu nhiên lên bảng một số tự nhiên thuộc đoạn  1;17 . Xác suất
để ba số được viết ra có tổng chia hết cho 3 bằng
1728
1079
23
A.
.
B.
.
C.
.
4913
4913
68
Lời giải
Chọn D
Gọi 3 số viết ra là a, b, c . Không gian mẫu là: n()  173 .

D.

1637
.
4913

Phân đoạn  1;17  thành ba tập:

X   3;6;9;12;15 , chia hết cho 3 có 5 số.

Y   1; 4;7;10;13;16 , chia cho 3 dư 1 có 6 số.
Z   2;5;8;11;14;17 , chia cho 3 dư 2 có 6 số.

Nhận thấy ba số a, b, c do A, B, C viết ra có tổng chia hết cho 3 ứng với hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: cả ba số a, b, c cùng thuộc một trong ba tập X , Y , Z , có số cách viết là:
63  53  63 .
Trường hợp 2: ba số thuộc ba tập khác nhau, số cách viết là: 3!6.5.6 .
63  53  63  3!.6.5.6 1637
Suy ra xác suất cần tính: P( A) 
.

173
4913
2
2
Câu 44: Cho a  0 , b  0 thỏa mãn log 3a  2b 1  9a  b  1 .log 6 ab1  3a  2b  1  2 . Giá trị của

a  2b bằng

A. 6 .

B. 9 .

7
.

2
Lời giải
C.

D.

5
.
2

Chọn C

3a  2b  1  1
�
� 2 2
9a  b  1  1  log  6 ab 1  3a  2b  1  0 .
Vì a, b  0 nên �
�
6ab  1  1
�

2
2
Lại có: 9a 2  b 2  1 �6ab  1 � log  3a  2b 1  9a  b  1 �log  3a  2b 1  6ab  1 .
2
2
Suy ra 2  log  3a  2b 1  9a  b  1  log  6ab 1  3a  2b  1

�log 3a  2b 1  6ab  1  log  6 ab 1  3a  2b  1
Trang 16/21 – Mã đề thi 101

Giải Bởi Admin Và Một Số Thầy Cô Group FB - Với 3000 GV, SV
Mà log  3a  2b 1  6ab  1  log  6 ab 1  3a  2b  1  log  3a  2b 1  6ab  1  log

1

 6ab  1

 3a  2b 1

�2 .

� 1
a
b

3
a
�
�
b

3
a
�
�
� 2
��
�� 2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi �
.
log  3a  2b1  6ab  1  1
3
18a  9a
�
�
�
b
� 2
7
Do đó a  2b  .
2

Câu 45: Cho hàm số y 

x 1
có đồ thị  C  . Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của  C  . Xét tam
x2

giác đều ABI có hai đỉnh A, B thuộc  C  , đoạn thẳng AB có độ dài bằng
A.

6.

B. 2 3 .

C. 2 .
Lời giải

D. 2 2 .

Chọn B
Do tính chất đối xứng nên tam giác IAB đều thì AB vuông góc với đường phân giác góc II,IV.
Suy ra phương trình AB có dạng y  x  m . PT hoành độ giao điểm của (C) và AB là:
x 1
 x  m � x 2   m  1 x  2m  1  0 ( x # -2)
x2

�
m  3 2 3
2
Có   m  6m  3  0 � �
m  32 3
�

 ABI cân tại I do đó  ABI đều khi và chỉ khi IH 
�

m3
2



3
2
2

� m3  3

3
3
AB � d  I , AB  
AB
2
2

 x1  x2 

 x1  x2 

2

2

 4 x1 x2

 4 x1 x2

� m 2  6m  9
� AB  2  m 2  6m  3  2 3
Bạn lưu ý:
- Khi IH // pg góc phần tư 2 và 4
- AB vg IH thì khi AB di chuyển nhưng vẫn vg IH chắc chắn tồn tại vị trí tg IAB đang cân biến
thành đều. Khi đó sẽ ra đáp số AB. Vì đáp án là có sẵn.
Trang 17/21 – Mã đề thi 101


Giải Bởi Admin Và Một Số Thầy Cô Group FB - Với 3000 GV, SV
Đây chính là cách ngắn nhất đã được đưa ra.

Còn có cách khác gọi 2 điểm A,B nhưng phức tạp hơn trong tính toán nên mình đã không giới
thiệu.
x
Câu 46: Cho phương trình 5  m  log 5  x  m  với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của

m � 20; 20  để phương trình đã cho có nghiệm ?
A. 20 .

B. 19 .

C. 9 .

D. 21 .

Lời giải
Chọn B
y
y
Đặt log5 ( x  m)  y � x  m  5 � x  m  5 .
Khi đó ta có hệ phương trình:
�
5 x  m  y (1)
�
�y
5  m  x(2)
�

x
y
Trừ từng vế của PT(1) cho PT(2) ta được PT: 5  x  5  y (*)

t
(t )  5t ln 5  1  0 t suy ra hàm số đồng biến trên R.
Xét f (t )  5  t � f �

(*) � x  y

(1) � m  x  5x
g ( x)  x  5 x � g '( x)  1  5 x ln 5
1
g '( x)  0 � x  log 5
ln 5
x �

log 5


y�

1
ln 5

0

�



0,92

y

�

�

Do đó m   0.92
Mà m    20;20 nên m    19; 18;...; 1 .
Vậy có 19 giá trị nguyên của m.
Câu 47: Cho mặt cầu  S  có tâm I  2;1; 2  và đi qua điểm A  1; 2; 1 . Xét các điểm B, C , D thuộc

 S

sao cho AB, AC , AD đôi một vuông góc với nhau. Thể tích khối tứ diện ABCD có giá trị

lớn nhất bằng
A. 72 .

B. 216 .

C. 108 .
Lời giải

D. 36 .

Chọn D

Trang 18/21 – Mã đề thi 101


Giải Bởi Admin Và Một Số Thầy Cô Group FB - Với 3000 GV, SV

Ta có: AI 2 27 . Mở rộng tứ diện ABCD hình hộp chữ nhật ABEC.DMNP , suy ra I là trung
điểm của AN
Đặt AB  x, AC  y , AD  z nên
x 2  y 2  z 2 4. AI 2 4.27 3.3 x 2 . y 2 .z 2  xyz 216
1
1
Suy ra: VABCD  xyz � .216  36
6
6

2
3
2
f  x �
x �R , f  1  . Giá trị f (1)
Câu 48: Cho hàm số f  x  thỏa mãn f  2    , f �
 x   2x �
�
�
2
9
bằng:
35
2
19
2
A.  .
B.  .
C.  .

D.  .
36
3
36
15
Lời giải
Chọn B
f ' x
1
dx  �
2 xdx � 
 x2  C
Ta có: �
2
f  x
�
�f  x  �
�
1
2
2
1
f  x 
� f  1  
1
Vì f  2    � C  nên
3.
x2 
9
2

2
�x  1  3t
�
Câu 49: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : �y  1  4t . Gọi  là đường thẳng qua A  1;1;1
�z  1
�
r
và có vectơ chỉ phương u  (1; 2; 2) . Đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và  có
phương trình là
�x  1  7t
�x  1  2t
�x  1  2t
�x  1  3t
�
�
�
�
A. �y  1  t .
B. �y  10  11t .
C. �y  10  11t .
D. �y  1  4t .
�z  1  5t
�z  6  5t
�z  6  5t
�z  1  5t
�
�
�
�

Lời giải
Chọn C
Trang 19/21 – Mã đề thi 101


Giải Bởi Admin Và Một Số Thầy Cô Group FB - Với 3000 GV, SV
Ta có:  có 1 VTCP là u  1; 2;2   u  3
uu
r
uu
r
d có 1 VTCP là ud  3; 4; 0  � ud  5
uu
r uu
r 38
uu
r uu
r
cos u , ud 
 0 � u , ud tù
3.5
v1 5.u   5; 10;10









v 2 3.u d  9;12;0
Một VTCP của đường phân giác d’ cần lập là v1  v 2   4; 22;10  ,
, cùng phương với u  2;11; 5
�x  1  2t
�x  1  2t
�
�
PTĐT d’: �y  1  11t hay �y  10  11t .
�z  1  5t
�z  6  5t
�
�

 x  và y  g �
 x  có đồ thị như hình bên,
Câu 50: Cho hàm số y  f  x  , y  g  x  . Hai hàm số y  f �
 x .
trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị của hàm số y  g �

� 3�
2 x  �đồng biến trên khoảng nào sau đây?
Hàm số h  x   f  x  4   g �
� 2�
� 31 �
�9 �
�31
�
5; �.
A. �

B. � ;3 �.
C. � ; ��.
D.
� 5�
�4 �
�5
�
Lời giải
Chọn B
� 3�
2 x  �.
Ta có: h '  x   f '  x  4   2 g ' �
� 2�
Cách 1 : Trắc Nghiệm :

Ta thấy h '  6  , h '  7   0 nên loại A, C, D. Nên chọn B
Cách 2:
( Chỉ cần xét trên [3 ;8] )
� 3�
2x  �
Từ yêu cầu bài toán nên h '  x  �0 � f '  x  4  �2 g ' �
� 2�
f '  t1  2 g '  t2 
Nhận xét : t1 , t2 � 3;10

� 25 �
6; �.
�
� 4 �

Trang 20/21 – Mã đề thi 101


Giải Bởi Admin Và Một Số Thầy Cô Group FB - Với 3000 GV, SV
�x  4 � 3;10
9 23 �
�
�
� x �� ; �. Chọn B
Từ yêu cầu bài toán nên � 3
4 4�
�
�2 x  � 3;10
� 2
----------------------------HẾT----------------------------

Trang 21/21 – Mã đề thi 101