Đề thi thử THPTQG năm 2018 môn toán bộ đề TN toán đề 05 file word có lời giải chi tiết

Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.
ĐỀ SỐ 5


BỘ ĐỀ THI THPT QUỐC GIA CHUẨN CẤU TRÚC BỘ GIÁO DỤC
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 60 phút, không kể thời gian phát đề
2+3 2
8

Câu 1: Tìm các họ nghiệm của phương trình cos 3x cos 3 x − sin 3 x sin 3 x =

π
π

 x = 16 + k 2
( k ∈¢)
A. 
x = − π + k π

16
2

π

 x = 16 + kπ
( k ∈¢)
B. 
x = − π + k π


16
2

π
π

 x = 16 + k 2
( k ∈¢)
C. 
 x = − π + kπ

16

π
π

 x = 16 + k 2
( k ∈¢)
D. 
x = − π + k π

18
2

Câu 2: Tìm tập xác định D của hàm số

y=

5 − 3cos 2 x
π


1 − sin  2 x − ÷
2


A. D = ¡ \ { k 2π , k ∈ ¢}

 π

B. D = ¡ \ k , k ∈ ¢ 
 2


C. D = ¡ \ { kπ , k ∈ ¢}

 2π

, k ∈¢
D. D = ¡ \ k
 3


π

0
khi
x
=
+ kπ , k ∈ ¢


2
Câu 3: Cho hàm số f ( x ) = 
1

khix bằng những giá trị còn lại
 2 + tan 2 x
Tìm điều kiện của a để hàm số g ( x ) = f ( x ) + f ( ax ) tuần hoàn
A. a ∈ ¢

B. a ∈ ¤

C. a ∈ ¥

D. a ∈ ( 0; +∞ )

Câu 4: Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
y = sin x − cos 2 x .
Hỏi mệnh đề nào trong các mệnh đề sau là sai?
A.

2 Mm = 2

B. M + m = 2
n

Câu 5: Tính giới hạn lim
∑
x →∞
k =1

(3

k +1

C.

6k

− 2k +1 ) ( 3k − 2k )
1

M
=0
m

D. M − m = 2


Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.
A. 0

C. −1

B. 1

D. 2

Câu 6: Cho hàm số f ( x ) = ( x − 1) ( x − 2 ) ( x − 3) ... ( x − 2019 ) . Tính f ' ( 1)
A. 0

C. 2018!

B. 1

Câu 7: Giả sử f : ¡ → ¡ là hàm đơn điệu sao cho δlim
x →∞

hạn lim

x →∞

D. 2019!

f ( 2x )
= 1 . Với mọi k > 0 , tính giới
f ( x)

f ( kx )
x

A. 1

B. 2

C.

1
2

D. +∞

r
Câu 8: Trong mặt phẳng Oxy , hãy tìm ảnh qua phép tịnh tiến theo vectơ u = ( −2; 4 ) của
đường thẳng ∆ : 3x − 2 y + 5 = 0
A. 3 x − 2 y − 19 = 0

B. 3 x − 2 y + 19 = 0

C. 3 x + 2 y + 19 = 0

D. 3 x + 2 y + 29 = 0

Câu 9: Cho phương trình x12 + 1 = 4 x 4 x n − 1 ( 1) . Tìm số n nguyên dương bé nhất để phương
trình có nghiệm
A. n = 3
Câu 10: Cho hàm số y =
A. 168

B. n = 4

C. n = 5

D. n = 6

3x − 1
( 4)
. Tính giá trị của y ( −3)
x+2
B. 186

C. 861

D. 816

Câu 11: Tìm a để hàm số y = x − x 2 − x + a luôn nghịch biến trên ¡
A. a ≥

1
4

B. a >

1
4

C. 0 ≤ a <

1
4

D. a ∈∅

Câu 12: Tìm giá trị của tham số a để hàm số f ( x ) = ax + cos 2 x đồng biến trên ¡
A. a ≥ 2

B. 0 ≤ a ≤ 2

C. 0 ≤ a < 2

Câu 13: Tìm giá trị của tham số a để hàm số sau đạt cực tiểu tại x =

D. a > 2

π
3

f ( x ) = 2 ( a 2 − 3) sin x − 2a sin 2 x + 3a − 1
A. a = −3

C. a ∈ { −3;1}

B. a = 1

Câu 14: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
f ( x) =

m −1 3 m + 3 2
3
x −
x + ( 3 − m) x − m +
3
2
2
2

D. a ∈∅


Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word

bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.
có cực trị và số 2 nằm giữa hai điểm cực trị của hàm số.
A. 1 < m ≤ 7

B. 1 ≤ m < 7

Câu 15: Cho Hyperbol ( H m ) : y =

C. 1 < m < 7

D. 1 ≤ m ≤ 7

mx − 4
. Mệnh đề nào sau đây đúng?
x−m

A. ( H m ) luôn đi qua hai điểm cố định với mọi m.
B. ( H m ) luôn đi qua một điểm cố định với mọi m.
C. ( H m ) không đi qua một điểm cố định nào.
D. ( H m ) luôn đi qua ba điểm cố định với mọi m.
Câu 16: Gọi m, n, p lần lượt là số tiềm cận của đồ thị các hàm số
y=

6 − 2x
4 x 2 + 3x − 1
11
;y=
;y= 2
2
3x + 8

3x + 1
4x + x − 2

Bất đẳng thức nào sau đây đúng?
A. m > n > p
B. m > p > n

C. p > m > n

D. n > p > m

4
2
2
2
Câu 17: Tìm giá trị của m để ( Cm ) : y = x ( m + 2 ) x + m + 1 cắt trục hoành tại 4 điểm phân

biệt sao cho hình phẳng giới hạn bởi trục hoành phần phía trên trục hoành có diện tích bằng
96
.
15
A. m = ±2

B. m = 2

Câu 18: Tìm trên đồ thị ( Cm ) : y =

C. m = −2

D. m = ±3

2x
hai điểm B, C thuộc hai nhánh sao cho tam giác ABC
x −1

vuông cân tại đỉnh A ( 2;0 )
A. B ( −1;1) , C ( 3;3)

B. B ( 2; 4 ) , C ( 3;3)

C. B ( −1;1) , C ( 2; 4 )

D. B ( 0;0 ) , C ( −1;1)

Câu 19: Cho x, y ∈ ¡ thỏa mãn điều kiện 2 y ≥ x 2 và y ≤ −2 x 3 + 3x . Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P = x 2 + y 2
A. 5

B. 4

C. 3

D. 2

Câu 20: Một công ty Container cần thiết kết các thùng đựng hàng hình hộp chữ nhật, không
nắp, có đáy hình vuông, thể tích là 108m3 . Tìm tôngr diện tích nhỏ nhất của các mặt xung
quanh và mặt đáy
A. S = 100m 2

B. S = 108m 2

C. S = 120m 2
3

D. S = 150m 2


Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.

Câu 21: Tìm m để hàm số y =
A. m = 0

( m + 1) x − m
( 0 < a ≠ 1)
log a ( mx − m + 2 )

B. m ≥ 0

xác định với mọi x ≥ 1

C. m ≤ 0

D. m < 0

a4 3 b
Câu 22: Cho 0 < a, b, c ≠ 1 thỏa log a b = 3, log a c = −2 . Hãy tính log a 3
c
A. 11

B. 10

C. 9

Câu 23: x < 0 . Rút gọn biểu thức P =

A.

1 + 2x
1 − 2x

B.

D. 8

2
1 x
2 − 2− x )
(
4
2
1
1 + 1 + ( 2 x − 2− x )
4

−1 + 1 +

1 − 2x
1 + 2x

C.

1 + 2− x
1 − 2− x

D.

1 − 2− x
1 + 2− x

Câu 24: Cho a, b > 0 thỏa mãn a 2 + 4b 2 = 12ab . Xét hai mệnh đề sau:
1
2

( I ) .log3 ( a + 2b ) + 2 log3 2 = ( log3 a + log3 b )
1
2

( II ) .log 3 ( a + 2b ) = ( log3 a + log3 b )
Mệnh đề nào là đúng trong các mệnh đề sau?
A. Chỉ (I)

B. Chỉ (II)

Câu 25: Rút gọn biểu thức

P=

C. Cả hai sai
1 − log 3a b

( log a b + logb a + 1) log a

B. log a b

A. 1

D. Cả hai đúng

a với 0 < a, b ≠ 1
b
D. − log b a

C. log b a

(

Câu 26: Tìm các giá trị của m để phương trình 4 log 2 x

)

2

− log 1 x + m = 0 có nghiệm thuộc
2

khoảng ( 0;1)
A. m ≤

1

4

B. m ≥

1
4

C. 0 ≤ m ≤

1
4

D. 0 < m <

1
4

Câu 27: Tính tổng của nghiệm nguyên lớn nhất và nhỏ nhất trong bất phương trình
x2 + 4x
log 3
<1
2x − 3
A. −6

B. −4

C. 6
4

D. 4

Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.
Câu 28: Trong loại cây xanh trong quá trình quang hợp sẽ nhận được một lượng nhỏ cacbon
14 (một đồng vị của cacbon). Khi một bộ phận của một cái cây nào đó bị chết thì hiện tượng
quang hợp cũng ngưng và nó sẽ không nhận thêm cácbon 14 nữa. Lương cacbon 14 của bộ
phận đó sẽ phân hủy một cách chậm chạp, chuyển hóa thành nitơ 14. Biết rằng nếu gọi P ( t )
là số phần trăm cacbon 14 còn lại trong một bộ phận của một cái cây sinh trưởng thì từ t năm
trước đây thì P ( t ) được tính theo công thức P ( t ) = 100. ( 0,5 ) 5750 ( % )
t

Phân tích một mẫu gỗ từ một công trình công trình kiến trúc cổ, người ta thấy lượng cacbon
14 còn lại trong mẫu gỗ đó là 65%. Hãy xác định niên đại công trình kiến trúc đó (lấy gần
đúng).
A. 3576 năm

B. 3575 năm

 π
Câu 29: Cho a ∈  0; ÷. Hãy tính
 2
A. I = 1

tan a

∫
e

xdx

+
1 + x2

C. 3574 năm
cot a

D. 3573 năm

dx

∫ x ( 1+ x )
2

e

C. I = e

B. I = −1

D. I = −e

Câu 30: Cho biết với mỗi u ≥ 0 phương trình t 3 + ut − 8 = 0 có nghiệm dương duy nhất f ( u ) .
7

Hãy tính

∫ f ( u ) du
2

0

A.

31
2

B.

33
2

C.

35
2

D.

37
2

Câu 31: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [ 0;1] . Hỏi mệnh đề nào sau đây đúng?
A.

π

π

0

0

∫ xf ( sin x ) dx = π ∫ f ( sin x ) dx

π

C.

B.

π

π

0

0

∫ xf ( sin x ) dx = 2π ∫ f ( sin x ) dx
π

ππ
D. ∫ xf ( sin x ) dx = ∫ f ( sin x ) dx
20
0

∫ xf ( sin x ) dx = π ∫ f ( sin x ) dx
2

0

π

0

Câu 32: Cho số thực a bất kì và giả sử f là môt hàm liên tục. Hỏi mệnh đề nào sau đây đúng?
a

A.

∫
0
a

C.

∫
0

a x


f ( x ) ( x − a ) dx = ∫  ∫ f ( t ) dt ÷dx
00


B.

a x



f ( x ) ( x − 2a ) dx = ∫  ∫ f ( t ) dt ÷dx
00


D.

a

∫
0

a

∫
0

5

a x


f ( x ) ( a − x ) dx = ∫  ∫ f ( t ) dt ÷dx
00

a x


f ( x ) ( 2a − x ) dx = ∫  ∫ f ( t ) dt ÷dx
00




Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.
Câu 33: Thời gian và vận tốc của một vật khi nó đang trược xuống mặt phẳng nghiêng được
xác định bởi công thức

2

∫ 20 − 3vdv (giây). Chọn gốc thời gian là lúc vật bắt đầu chuyển động.

Hãy tìm phương trình vận tốc.
A.

20 20 − 32t
− e
3
3

B.

20 20 − 32t
+ e
3
3

C.

20 20 − 32t

20 20 − 3t
− e hoặc + e 2
3
3
3
3

D. 4 + 4e − 2

3t

Câu 34: Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 2 và y = x . Tính giá trị
của biểu thức 3S ( 3S − 2 )

2018

.

B. −1

A. 1

Câu 35: Cho hình phẳng

( P) : y =

C. 0

( H)

giới hạn bởi đường cong

D. 32018

( C ) : y = x3 − 3x + 2 và

2 x + 2 . Thể tích của khối tròn xoay nhận được khi cho ( H ) quay quanh trục Ox

có dạng V =

πa
+ 2018c + 2019d
b

Hỏi mệnh đề nào trong các mệnh đề sau là sai?
A. abcd = 0

B. 9a − b − c − d = 1

C. a + b + 2c + 3d = 39

D.

b+d
=8
a + c +1

Câu 36: Tìm m để số phức z = 1 + ( 1 + mi ) + ( 1 + mi ) là số thuần ảo.
2

A. m = ± 3

C. m = ± 5

B. m = ± 2

D. m = ±1

Câu 37: Cho hình bình hành ABCD. Ba đỉnh A, B, C biểu diễn các số phức
a = 2 − 2i; b = −1 + i và c = 5 + ki với k ∈ ¡ . Tìm k để ABCD là hình chữ nhật
A. k = 5

B. k = 6

C. k = 7

D. k = 8

Câu 38: Cho z1 = 1 − 3i; z2 = 2 + i; z3 = 3 − 4i . Tính z1 z2 z3 + z22 z3
A. 20 − 35i

B. 20 + 35i

C. −20 + 35i

D. −20 − 35i

Câu 39: Cho số phức z có phần thực dương thỏa mãn z = 5 và z − 2 + 3i = 4 . Tính
P=

13 z + 1
z−2
6


Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.
A. P = 898

B.

C.

889

998

D.

888

Câu 40: Cho lăng trụ đứng ABCD. A ' B ' C ' D có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Mặt
phẳng ( C ' BD ) hợp với đáy góc 45° . Tính thể tích lăng trụ
A. V = a 3

C. V =

B. V = a 3 2

a3 2

4

D. V =

a3 2
2

Câu 41: Hình chóp tam giác đều có đường cao bằng h, các mặt bên hợp với đáy một góc 45° .
Tính diện tích đáy.
A. S = h 2 3

B. S = 3h 2 3

C. S =

3 3 2
h
4

D. S =

9 3 2
h
4

Câu 42: Cho hình chóp S . ABC có ABC là tam giác đều cạnh a và SA vuông góc với đáy.
Góc tạo bởi SB và mặt phẳng

( ABC )

bằng 60° . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng

( SBC ) .
A.

a 15
5

B.

a 15
3

C.

3a
5

D.

5a
3

Câu 43: Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' cạnh bên AA ' = 2 , đáy là tam giác vuông cân ABC
đỉnh A, canh huyền BC = a 2 . Tính thể tích của hình trụ tròn xoay có dáy là hai đường tròn
tâm A, bán kính AB và đường tròn tâm A’, bán kính A’B’.
A. V = π

B. V = 2π

C. V = 3π

D. V = 4π

Câu 44: Cho tứ diện S . ABC có SA = AB = AC = a và AS , AB, AC vuông góc nhau từng đôi
một. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
A. S =

π a2
2

B. S =

3π a 2
2

C. S =

3π a 2
4

D. S = 3π a 2

Câu 45: Với một tấm bìa hình vuông, người ta cắt bỏ ở mỗi góc tấm bìa một hình vuông
cạnh 12cm rồi gấp lại thành một hình hộp chữ nhật không có nắp. Khi dung tích của cái hộp
đó là 4800cm3 , tính độ dài cạnh của tấm bìa
A. 42 cm

B. 36 cm

C. 44 cm

D. 38 cm

2
2
2
Câu 46: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − 2 x + 2 z − 2 = 0 và các điểm

A ( 0;1;1) , B ( −1; −2; −3) , C ( 1;0; −3) . Tìm điểm K thuộc mặt cầu ( S ) sao cho thể tích tứ diện
ABCD lớn nhất
7


Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.
A. D ( 1; 2; −1)

B. D ( 1;0; −3)

7 4 1
D. D  ; − ; − ÷
 3 3 3

C. D ( 3;0; −1)

Câu 47: Trong không gian Oxyz , cho điểm H ( 4;5;6 ) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) qua
H, cắt các trục tọa độ Ox, Oy , Oz lần lượt tại A, B, C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC
A. 4 x − 5 y + 6 z − 77 = 0

B. 4 x + 5 y + 6 z − 77 = 0

C. 4 x + 5 y − 6 z − 77 = 0

D. 4 x + 5 y + 6 z + 77 = 0

2
2
2
Câu 48: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − 2 x + 4 y − 6 z − 11 = 0 và mặt

phẳng ( α ) : 2 x + 2 y − z + 17 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng ( β ) song song với ( α ) và cắt
(S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6π
A. 2 x + 2 y − z + 7 = 0

B. 2 x + 2 y − z − 7 = 0

C. 2 x + 2 y + z − 7 = 0

D. 2 x − 2 y − z + 7 = 0

Câu 49: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A ( 4;0;0 ) , B ( 0; 4;0 ) và măt phẳng

( P ) : 3x + 2 y − z + 4 = 0 . Gọi I là trung điểm của AB. Tìm K sao cho KI vuông góc với ( P )
đồng thời K cách đều gốc O và ( P )
 1 1 3
A. K  − ; − ; ÷
 4 2 4

 1 1 3

B. K  − ; ; − ÷
 4 2 4

 1 1 3
C. K  − ; ; ÷
 4 2 4

1 1 3
D. K  ; ; ÷
4 2 4

Câu 50: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 0;0; 4 ) , B ( 2;0;0 ) và mặt phẳng

( P ) : 2 x + y − z = 5 = 0 . Lập phương trình mặt cầu ( S )
tâm I của mặt cầu đến mặt phẳng ( P ) bằng

đi qua O, A, B và có khoảng cách từ

5
6

A. x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 z = 0; x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 20 y − 4 z = 0
B. x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 z = 0; x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 20 y − 4 z = 0
C. x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 z = 0; x 2 + y 2 + z 2 + 2 x + 20 y − 4 z = 0
D. x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 z = 0; x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 20 y − 4 z = 0
Đáp án
1-A
11-D

2-C

12-A

3-B
13-B

4-C
14-C

5-D
15-A

6-C
16-C
8

7-A
17-A

8-B
18-A

9-C
19-D

10-A
20-B


Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.

21-B
31-D
41-D

22-A
32-B
42-A

23-B
33-A
43-B

24-C
34-A
44-D

25-B
35-D
45-C

26-A
36-A
46-D

27-C
37-C
47-B

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A

Ta có cos 3 x cos3 x − sin 3 x sin 3 x =
⇔ cos 3 x.

2+3 2
8

cos 3 x + 3cos x
3sin x − sin 3 x 2 + 3 2
− sin 3 x.
=
4
4
8

⇔ 2 cos 2 3 x + 6 cos 3 x cos x − 6sin 3 x sin x + 2sin 2 3 x = 2 + 3 2
⇔ 2 ( cos 2 3 x + sin 2 3 x ) + 6 ( cos 3 x cos x − sin 3 x sin x ) = 2 + 3 2

π
π

x
=
+
k

2
16
2
⇔ cos 4 x =
⇔

( k ∈¢)
2
x = − π + k π

16
2
Câu 2: Đáp án C
Ta có −1 ≤ cos 2 x ≤ 1 nên 5 − 3cos 2 x > 0

π

Mặt khác 1 + sin  2 x − ÷ ≥ 0
2

Hàm số xác định khi và chỉ khi
 5 − 3cos 2 x
≥0

π

 1 + sin  2 x − ÷
2



π
1 + sin  2 x − ÷ ≠ 0
2



⇔ 2x −

( *)
π

⇔ sin  2 x − ÷ ≠ −1
2


π
π
≠ − + k 2π ⇔ x ≠ kπ , k ∈ ¢
2
2

(Để ý rằng bất phương trình (*) luôn đúng)
Tập xác định là D = ¡ \ { kπ , k ∈ ¢}
Câu 3: Đáp án B
Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) + f ( ax )

9

28-C
38-B
48-B

29-B
39-A
49-C

30-A
40-D
50-A


Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.
- Nếu a =

p
với p ∈ ¢ , q ∈ ¥ * thì T = qπ là chu kì của g ( x )
q

Vì g ( x + qπ ) = f ( x + qπ ) + f ( ax + pπ ) còn π là chu kì của hàm số f ( x )
- Ta sẽ chứng minh nếu a là số vô tỉ thì g ( x ) không tuần hoàn
2
Để ý rằng g ( 0 ) = f ( 0 ) + f ( 0 ) = 1 . Nếu g ( x0 ) = 1 đối với x0 ≠ 0 nào đó thì tan x0 = 0 và

tan 2 ax0 = 0 . Điều này có nghĩa là x0 = kπ và ax0 = lπ với k , l ∈ ¢
Nhưng x0 ≠ 0 nghĩa là a =

1
. Điều này mâu thuẫn vì a là số vô tỉ. Do đó hàm số g ( x ) nhận
k

giá trị 1 tại điểm duy nhất x = 0 . Như vậy f ( x ) sẽ không tuần hoàn
Câu 4: Đáp án C
2
2
Ta có y = sin x = cos 2 x = sin x − ( 1 − 2sin x ) = 2sin x + sin x − 1

Đặt t = sin x, −1 ≤ t ≤ 1
2
Ta sẽ đi tìm GTLN và GTNN của hàm số y = g ( t ) = 2t + t − 1 trên đoạn [ −1;1]

1
 2
−2t − t + 1, − 1 ≤ t ≤ 2
Ta có y = g ( t ) = 
1
2t 2 + t − 1,
≤ t ≤1

2
 1
2
* Xét hàm số h ( t ) = −2t − t + 1 trên đoạn  −1; 
 2
9
1
1
h ( t ) = ⇔ t = − ; Min h ( t ) = 0 ⇔ t =
Dễ dàng tìm được Max
1
 1


8
4 t∈−1; 
2

t∈ −1; 


2



2

1 
2
* Xét hàm số k ( t ) = 2t + t − 1 trên đoạn  ;1
2 
1
k ( t ) = 2 ⇔ t = 1; Min k ( t ) = 0 ⇔ t =
Cũng dễ dàng tìm được Max
1 
1 
2
t∈ ;1
t∈ ;1
2 

2 

Qua hai trường hợp trên ta đi đến kết luận
Max g ( t ) = 2 ⇔ t = 1; Min g ( t ) = 0 ⇔ t =

1
2

Hay M = Max y = 2 ⇔ sin x = −1 ⇔ x = −

π
+ k 2π , k ∈ ¡
2

t∈[ −1;1]

t∈[ −1;1]

x∈¡

10


Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.

π

x
=
+ k 2π

1
6
m = Min y = 0 ⇔ sin x = ⇔ 
,k ∈¡
x∈¡

2
 x = 5π + k 2π

6
Câu 5: Đáp án D
Ta có:

(3

k +1

k +1

k =1

− 2 k +1 ) ( 3k − 2k )
6k

n

∑(3

6k

− 2k +1 ) ( 3k − 2k )

 3k − 2k
3k −1 − 2k −1 
= 6  k +1 k +1 − k
÷

3 − 2k 
3 −2

3n − 2n
= 6 n +1 n +1
3 −2
n

6k

n

Do đó: lim
∑
n →∞
k =1

(3

k +1

− 2k +1 ) ( 3k − 2k )

3n − 2n
n →∞ 3n +1 − 2 n +1

= 6 lim

2
1−  ÷

3 = 2
= 6 lim
2
n →∞
2
1 − 2.  ÷
3

Câu 6: Đáp án C
Ta có lim
x →1

f ( x ) − f ( 1)
( x − 1) ( x − 2 ) ( x − 3) ... ( x − 2019 )
= lim
x →1
x −1
x −1

= lim ( x − 2 ) ( x − 3) ... ( x − 2019 ) = ( −1) . ( −2 ) . ( −3) ... ( −2018 ) = 2018!
x →1

Vậy f ' ( 1) = 2018!
Câu 7: Đáp án A
f ( 2n x )
f ( 2n x ) f ( 2n −1 x ) f ( 2 x )
f ( 2x )
= 1 ⇒ lim
= lim
...

=1
Ta có lim
x →∞ f ( x )
x →∞
x →∞ f 2 n −1 x
f ( x)
( ) f ( 2n − 2 x ) f ( x )
Giả sử f ( x ) tăng và k ≥ 1 . Ta thấy tồn tại n ∈ ¥ sao cho 2n ≤ k ≤ 2n +1
n
n +1
Theo tính đơn điệu của f, ta có f ( 2 x ) ≤ f ( kx ) ≤ f ( 2 x )

Từ đây suy ra lim
x →∞

f ( kx )
= 1, ∀k ≥ 1
f ( x)

Cũng suy luận như trên, trong trường hợp 0 < k < 1 ta có
lim
x →∞

f ( kx )
f ( u)
= lim
=1
f ( x ) u →∞  u 
f ÷
k

Vậy ta thu được lim

x →∞

f ( kx )
= 1, ∀k > 0
x
11


Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.
Câu 8: Đáp án B
Cách 1:
x ' = x − 2
 x = x '+ 2
⇔
Gọi M ( x '; y ') là ảnh của M ( x; y ) qua Tur . Ta có 
y' = y + 4
 y = y '− 4
M ∈ ∆ ⇔ 3 ( x '+ 2 ) − 2 ( y '− 4 ) + 5 = 0 ⇔ 3 x '− 2 y '+ 19 = 0
M ' ∈ ∆ ' : 3x − 2 y + 19 = 0
Cách 2:
Lấy M ( −1;1) ∈ ∆ . Suy ra ảnh của M qua Tur là M ' ( −3;5 )
Gọi ∆ ' là ảnh của ∆ qua Tur
r
Đường thẳng ∆ ' qua M ' ( −3;5 ) nhận n = ( 3; −2 ) làm vecto pháp tuyến nên có phương trình
3 ( x + 3) − 2 ( y − 5 ) = 0 ⇔ 3x − 2 y + 19 = 0
Cách 3:

Lấy M ( −1;1) , N ( 1; 4 ) ∈ ∆
Suy ra ảnh của M, N qua Tur là M ' ( −3;5 ) , N ' ( −1;8 )
Gọi ∆ ' là ảnh của ∆ qua Tur
uuuu
r
Đường thẳng ∆ ' qua M ' ( −3;5 ) nhận MN = ( 2;3) làm vectơ chỉ phương nên có phương
trình

x +3 y −5
=
⇔ 3 x − 2 y + 19 = 0
2
3

Câu 9: Đáp án C
Cái hay của bài toán này là đi tìm giá trị bé nhất của n bởi vì nó yêu cầu người làm toán phải
biết “khôn khéo” trong quá trình biện luận để loại bỏ những giá trị không cần thiết và sử dụng
linh hoạt phương pháp đánh giá bằng bất đẳng thức.
Điều kiện: x n − 1 ≥ 0
* x = 1 không phải là nghiệm của phương trình (1)
* Với n chẵn thì nếu x0 là một nghiệm của (1) thì − x0 cũng là một nghiệm của (1)
* Với n lẻ thì x ≥ 1 . Khi đó phương trình (1) xác định và ta chỉ cần xét x > 1
Từ x > 1 ta có x 4 + 1 > 2 x 2 và x8 − x 4 + 1 = x 4 ( x 4 − 1) + 1 > 2 x 2 x 4 − 1
Nhân vế theo vế của hai bất đẳng thức này ta được:
12


Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.

(x

4

+ 1) ( x8 − x 4 + 1) > 4 x 4 x 4 − 1 ⇔ x12 + 1 > 4 x 4 x 4 − 1 ( 2 )

Từ (2) ta thấy với n = 4 , phương trình (1) vô nghiệm và do x > 1 nên với n < 4 thì phương
trình (1) cũng vô nghiệm
* Với n = 5
Xét hàm số f ( x ) = x12 + 1 − 4 x 4 x 5 − 1 liên tục và xác định trên [ 1; +∞ )
12

4

5

6
6
6
Ta có f ( 1) = 2 > 0; f  ÷ =  ÷ + 1 − 4  ÷
5 5
5

6
 ÷ −1 < 0
5

 6
Như vậy, phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm x0 ∈  0; ÷
 5

* Với n > 5 lại xét hàm số g ( x ) = x12 + 1 − 4 x 4 x n − 1 liên tục trên [ 1; +∞ )
Lập luận hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh được phương trình g ( x ) = 0 có nghiệm
 6
x0 ∈ 1; ÷
 5
Do đó phương trình có nghiệm với mọi n ≥ 5 và số tự nhiên bé nhất cần tìm là n = 5
Câu 10: Đáp án A
Tập xác định: D = ¡ \ { 2}
Ta có y ' =

7

( x + 2)

2

; y '' =

14

( x + 2)

3

; y ''' =

42

( x + 2)

4

; y ( 4) =

168

( x + 2)

5

( 4)
Suy ra y ( −3) = 168

Câu 11: Đáp án D
Trước hết, hàm số xác định với mọi x ∈ ¡ ⇔ ∆ ≤ 0 ⇔ 1 − 4a ≤ 0 ⇔ a ≥
Đạo hàm y ' = 1 −

2x −1
2 x2 − x + a

Hàm số nghịch biến trên ¡ ⇔ y ' ≤ 0, ∀x ∈ ¡
Xét hai trường hợp:
•

Trường hợp: a =

1
4

13

1
4


Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.
1

−
2,
x
>
2x −1
2 x − 1 
2
= 1−
=
Khi đó y ' = 1 −
1
2x −1 
1
0, x <
2 x2 − x +

2
4
1

Do đó y ' = 0 trên  −∞; ÷. Do đó không thỏa mãn

2

•

Trường hợp 2: a >

Khi đó

y ' = 1−

1
4

2x −1
2 x2 − x + a

2x −1

> 1−

2 x2 − x +

1
4

= 1−

2x −1
≥ 0, ∀x ∈ ¡
2x −1

Trường hợp này cũng không thỏa mãn
Vậy không tồn tại giá trị nào của a để hàm số luôn nghịch biến.
Câu 12: Đáp án A
Ta có f ' ( x ) = a − 2sin 2 x ≥ a − 2, ∀x ∈ ¡
•

Nếu a − 2 > 0 ⇔ a > 2 thì f ' ( x ) > 0, ∀x ∈ ¡

•

Nếu a − 2 > 0 ⇔ a = 2 thì f ' ( x ) = 2 ( 1 − sin 2 x ) ≥ 0, ∀x ∈ ¡
f '( x) = 0 ⇔ x =

π
+ kπ , k ∈ ¢
4

π
π

Hàm số f đồng biến trên mỗi đoạn  + kπ ; + ( k + 1) π  , do đó đồng biến trên ¡
4
4

•

π 
Nếu a − 2 < 0 ⇔ a < 2 thì f '  ÷ = a − 2 < 0 , do đó hàm số f đồng biến trên ¡
4

Câu 13: Đáp án B
Ta có

f ' ( x ) = 2 ( a 2 − 3) cos x + 4a cos 2 x
f '' ( x ) = 2 ( 3 − a 2 ) sin x + 8a sin 2 x

Hàm số f ( x ) đạt cực tiểu tại x =

f


f


π
khi và chỉ khi
3

π 
' ÷= 0
2
3
a − 2a + 3 = 0
⇔
⇔ a =1
2
−
3
a

−
4
a
−
3
>
0
π 
(
)

''  ÷ > 0
3
14


Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.
Câu 14: Đáp án C
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi phương trình
f ' ( x ) = ( m − 1) x 2 − ( m + 3) x + 3 − m = 0 có hai nghiệm phân biệt
Đặt x = t + 2 , phương trình f ' ( x ) = 0 trở thành

( m − 1) t 2 + ( 3m − 7 ) t + m − 7 = 0 ( *)
Phương trình → có hai nghiệm x1 , x2 thỏa x1 < 2 < x2 khi và chỉ khi phương trình (*) có hai
nghiệm trái dấu ⇔

m−7
< 0 ⇔1< m < 7
m −1

Câu 15: Đáp án A
Gọi ( x0 ; y0 ) là điểm cố định ( H m ) . Khi đó
y0 =

mx0 − 4
⇔ x0 y0 − y0 m = mx0 − 4, ∀m
x0 − m
⇔ ( x0 + y0 ) m − x0 y0 − 4 = 0, ∀m

 x0 + y0 = 0
 x0 = −2
 x0 = 2
⇔
⇔
hoặc 
 x0 y0 + 4 = 0
 y0 = 2
 y0 = −2
Vậy ( H m ) luôn đi qua hai điểm cố định là ( −2; 2 ) , ( 2; −2 )
Câu 16: Đáp án C
Đồ thị hàm số y =

6 − 2x
có 2 tiệm cận (đứng, ngang). Suy ra m = 2
3x + 8

Đồ thị hàm số y =

4 x 2 + 3x − 1

có 1 tiệm cận (ngang). Suy ra n = 1
3x 2 + 1

Đồ thị hàm số y =

11
có 3 tiệm cận (1ngang, 2 đứng). Suy ra p = 3
4x + x − 2
2

Vậy p > m > n
Câu 17: Đáp án A
Phương trình hoành độ giao điểm của ( Cm ) với trục Ox:
 x = ±1
x 4 − ( m2 + 2 ) x 2 + m 2 + 1 = 0 ⇔ 
2
 x = ± m + 1
⇒ ( Cm ) cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt ⇔ m ≠ 0 ( *)
15


Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.
Khi đó: diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( Cm ) với trục hoành phần phía trên trục hoành là:
1

S=

∫(

−1

)

x 4 − ( m 2 + 2 ) x 2 + m 2 + 1 dx ⇔

20m 2 + 16 96
=
⇔ m = ±2 (thỏa (*))
15
15

Câu 18: Đáp án A
Ta có ( C ) : y = 2 +

2  
2 
2

, Gọi B  b; 2 +
÷, C  c; 2 +
÷với b < 1 < c
b −1  
c −1 
x −1


Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C trên trục Ox
¼ = 90° ⇒ CAK
¼ + BAH

¼ = 90° = CAK
¼ +¼
Ta có: AB = AC; BAC
ACK
¼ =¼
⇒ BAH
ACK
¼ = CKA
¼ = 90° ⇒ ∆ABH = ∆CAK ⇒  AH = CK
Và BHA

 HB = AK
2

 2 − b = 2 + c − 1
b = −1
⇔
Hay 
c = 3
2+ 2 = c−2

b −1
Vậy B ( −1;1) , C ( 3;3)
Câu 19: Đáp án D
y ≥ 0
y ≥ 0
y ≥ 0
 2

⇔ 2

⇔
Từ giả thiết bài toán suy ra  x
6
2
5 x − 6 x ≤ 0
 ≤ −2 x + 3 x
0 ≤ x ≤ 5
2
Ta có x 2 + y 2 ≤ x 2 + ( −2 x 2 + 3 x ) = 4 x 4 − 12 x3 + 10 x 2
2

Ta có f ' ( x ) = 4 x ( x − 1) ( x − 5 )
x = 0

f ' ( x ) = 0  x = 1 . So điều kiện, chọn x = 0; x = 1
x = 5

 6  1224
f ( 0 ) ; f ( 1) = 2; f  ÷ =
 5  625
Vậy max P = 2
Câu 20: Đáp án B
Gọi x, y > 0 lần lượt là chiều dài cạnh đáy và chiều cao của
hình hộp
16


Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.
Tổng diện tích xung quanh và diện tích của một mặt đáy của thùng đựng hành là

S = x 2 + 4 xy
2
Thể tích của thùng đựng hàng là V = x y = 108 ⇒ y =

2
Suy ra S = x + 4 x.

108
x2

108
432
= x2 +
2
x
x

Do S > 0 và x > 0 nên ta sẽ tìm giá trị nhỏ nhất của S trên khoảng ( 0; +∞ )
Ta có S ' = 2 x −
S '' = 2 +

432
;S ' = 0 ⇔ x = 6
x2

864
> 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ )
x3

Suy ra S = S ( 6 ) = 108 . Vậy diện tích nhỏ nhất cần tìm là 108m 2

Câu 21: Đáp án B
( m + 1) x − m ≥ 0
( m + 1) x − m ≥ 0


⇔ mx − m + 2 > 0
Hàm số xác định  mx − m + 2 > 0
log mx − m + 2 ≠ 0

)
 a(
mx − m + 2 ≠ 1

( 1)
( 2)
( 3)

Hàm số xác định với mọi x ≥ 1 khi và chỉ khi ( 1) , ( 2 ) , ( 3) đồng thời thỏa mãn với mọi x ≥ 1
 m + 1 ≥ 0
⇔ m ≥ −1
Ta có g ( x ) = ( m + 1) x − m ≥ 0, ∀x ≥ 1 ⇔ 
 g ( 1) ≥ 0
m > 0
h ( x ) = mx − m + 2 > 0, ∀x ≥ 1 ⇔ 
⇔m≥0
h ( 1) > 0
Do đó ( 1) , ( 2 ) đồng thời thỏa mãn với mọi x ≥ 1 khi m ≥ 0
Khi đó q ( x ) = mx − m + 2 = m ( x − 1) + 2 ≥ 2 . Suy ra (3) đúng. Tóm lại m ≥ 0
Câu 22: Đáp án A
Ta có log a

1
a4 3 b
1
4
3
=
log
a
+
log
b
− log a c 3 = 4 + .3 = 3. ( −2 ) = 11
a
a
3
c
3

Câu 23: Đáp án B
VT =

−2 4 + ( 2 x − 2 − x )
2 4+( 2 −2
x

)

2

−x 2

=

−2 2 2 x + 2 − 2 x + 2
2 22 x + 2−2 x + 2
17

=

−2 +

(2

2+

(2

x

x

+ 2− x )
+ 2− x )

2

2

Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.

=

2 x + 2− x − 2
2 x + 2− x + 2

=

x
 − 2x

2
2
−
2

÷


x
 − 2x

2
2
+
2

÷




=

2
2

−
−

x
2
x
2

x

− 22
x

=

+ 22

1 − 2x
1 + 2x

Câu 24: Đáp án C
Ta có a 2 + 4b 2 = 12ab ⇔ ( a + 2b ) = 16ab

2

4
Suy ra 2 log 3 ( a + 2b ) = log 3 2 + log3 a + log 3 b

⇔ log 3 ( a + 2b ) = 2 log 3 2 +

1
( log 3 a + log 3 b )
2

Do đó cả hai mệnh đề đều sai
Câu 25: Đáp án B
Ta có

P=

1 − log 3a b


1
a
+ 1÷log a
 log a b +
log a b 
b


( 1 − log a b ) ( 1 + log a2 b + log a b ) log a b
=

= log a b
( log 2a b + 1 + log a b ) ( 1 − log a b )

Câu 26: Đáp án A
2
Phương trình đã cho tương ứng với log 2 x + log 2 x + m = 0 (*)
t
Đặt t = log 2 x ⇒ x = 2 .Do 0 < x < 1 ⇒ 0 < 2t < 1 ⇒ t < 0

Phương trình (*) thành t 2 + t + m = 0 ⇔ t 2 + t = −m (**)
Phương trình đã cho có nghiệm x ∈ ( 0;1) ⇔ phương trình (**) có nghiệm t ∈ ( −∞;0 )
2
Xét hàm số f ( t ) = t + t , t ∈ ( −∞;0 )

Ta có f ' ( t ) = 2t + 1; f ' ( t ) = 0 ⇔ t = −

1
2

Lập bảng biến thiên và đi đến kết luận m ≤

1
4

Câu 27: Đáp án C
 x2 + 4x
 x2 + 4x
>
0
 2 x − 3

 2 x − 3 > 0
x2 + 4x
log 3
<1⇔  2
⇔ 2
2x − 3
x
+
4
x

 x − 2x + 9 < 0
<3
 2 x − 3
 2 x − 3

18


Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.
2 x − 3 < 0
2
⇔ 2
(do x 2 − 2 x + 9 = ( x − 1) + 8 > 0, ∀x )
x + 4x < 0
⇔ −4 < x < 0

Do x ∈ ¢ nên x ∈ { −3; −2; −1}
Vậy tổng của nghiệm nguyên lớn nhất và bé nhất bằng −4

Câu 28: Đáp án C
Thay giá trị P ( t ) = 65 vào công thức ta được
t

100. ( 0,5 ) 5750 = 65
t

2 5750 =

100
t
100 log100 − log 65 2 − log 65
⇔
= log 2
=
=
65
5750
65
log 2
log 2

Suy ra t ≈ 3570 (năm)
Câu 29: Đáp án B
Xét hàm số T ( x ) =

tan x

∫
e

tdt
+
1+ t2

cot x

dt

∫ t ( 1+ t )
2

e

 π
xác định với mọi x ∈  0; ÷
 2

Ta sẽ tính T ( a )
Gọi F ( t ) , G ( t ) lần lượt là nguyên hàm của các hàm số
y=

1
t
y=
và
t ( 1+ t2 )
1+ t 2

Khi đó T ( x ) = F ( tan x ) − F ( e ) + G ( cot x ) − G ( e )

Suy ra T ' ( x ) = F ' ( tan x ) .
=

1
1
− G ' ( cot x ) . 2
2
cos x
sin x

tan x
1
1
−
=
tan
x
−
=0
cot x
( 1 + tan 2 x ) cos2 x cot x ( 1 + cot 2 x ) sin 2 x

π
 π
Do đó T ( x ) là hàm hằng trên khoảng x ∈  0; ÷. Khi a = thì
4
 2
xdx
dx
dx

π 
T  ÷= ∫
+∫
= ∫ = −1
2
2
x
 4  e 1+ x
e x (1+ x )
e
1

1

1

Câu 30: Đáp án A
3
Xét hàm số h ( t ) = t + ut − 8

19


Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.
2
Ta có h ' ( t ) = 3t + u > 0 với mọi t > 0 . Do đó h là hàm đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ )

Mặt khác h ( 0 ) = −8, h ( 2 ) = 2u > 0 nên tồn tại duy nhất c ∈ ( 0; 2 ) suy cho h ( c ) = 0
Với mỗi 0 < x ≤ 2 ta có u ( x ) =

8 − x3
3
≥ 0 . Suy ra x + u ( x ) .x − 8 = 0 . Do đó x là nghiệm
x

3
dương của phương trình t + u ( x ) .t − 8 = 0 . Do tính duy nhất của nghiệm ta suy ra

f ( u ( x) ) = x
Ta có u ' ( x ) = −

8
− 2x
x2

Khi x = 2 thì u = 0 và khi x = 1 thì u = 7 . Áp dụng công thức đổi biến ta có
7

1

2

31
∫ f ( u ) du = −∫ f ( u ( x ) ) dx = ∫ ( 8 + 2 x ) dx = 2
2

2

0

3

0

0

Câu 31: Đáp án D
π

Đặt I = ∫ xf ( sin x ) dx
0

Đổi biến x = π − t ta được
0

π

π

π

0

0

I = − ∫ ( π − t ) f ( sin ( π − t ) ) dt = ∫ ( π − t ) f ( sin t ) dt =π ∫ f ( sin t ) dt − I
Đén đây ta suy ra được kết quả ở (D)
Câu 32: Đáp án B
x

Đặt F ( x ) = ∫ f ( t ) dt . Ta cần chứng minh
0

a

∫
0

a

f ( x ) ( a − x ) dx = ∫ F ( x ) dx
0

Ta có F ' ( x ) = f ( x ) . Khi đó
a

a

a

a

0

0

0

0

∫ f ( x ) ( a − x ) dx = a ∫ f ( x ) dx − ∫ xf ( x ) dx = aF ( a ) − ∫ xF ' ( x ) dx
Sử dụng công thức tích phân từng phần, ta có

a

a

0

0

∫ xF ' ( x ) dx = aF ( a ) − ∫ F ( x ) dx

Thay vào ta thu được kết quả ở B
Câu 33: Đáp án A
Ta có t = ∫

2
2
dx = − ln 20 − 3v + C với C là hằng số
20 − 3v
3
20


Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.
Vào thời điểm t = 0 thì vật có vận tốc bằng 0. Suy ra
2

2
0 = − ln 20 + C ⇔ C = ln 20
3
3
2
2
Khi đó t = − ln 20 − 3v + ln 20
3
3
3
⇔ ln 20 − 3v = ln 20 − t
2
⇔ 20 − 3v = 20.e

3
− t
2


3
− t

v =
2
20 − 3v = 20.e

⇔
⇔
3
− t


 20 − 3v = −20.e 2
v =


20 20 − 32 t
− e
3
3
20 20 − 32 t
+ e
3
3

Để ý rằng phương trình thứ hai không thể đạt v = 0 tại t = 0 cho nên ta chỉ nhận phương trình
20 20 − 32 t
thứ nhất là v =
− e
3
3
Câu 34: Đáp án A
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường cong
x 2 = x ⇔ x = 0 hoặc x = 1
1

1

2
Diện tích hình phẳng cần tìm là S = ∫ x − x dx = ∫
0

Do đó 3S ( 3S − 2 )

2018

0

(

)

x − x 2 dx =

=1

Câu 35: Đáp án D
Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và ( P ) là
x3 − 3x + 2 = 2 x + 2 ⇔ 2 x = x3 − 3x
Giải phương trình này, ta thu được hai nghiệm là x = 0; x = 2
2

Thể tích vật thể cần tìm là V = π ∫
0

((

2x

) −( x
2

3

− 3x )

2

) dx = 435π

Suy ra a = 4; b = 35; c = 0; d = 0
Kiểm tra từng mệnh đề, nhận thấy D sai vì

b+d
35 + 0
=
=7
a + c +1 4 + 0 +1

Câu 36: Đáp án A
21

1
3


Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.
Ta có z = 3 − m 2 + 3mi
z là số thuần ảo ⇔ 3 − m 2 = 0 ⇔ m = ± 3
Câu 37: Đáp án C

Ta có ABCD là hình bình hành
uuur uuu
r
⇔ CD = BA ⇔ d − c = a − b ⇔ d = a + c − b ⇔ d = 8 + ( m − 3) i
ABCD là hình chữ nhật
⇔ AC = BD ⇔ c − a = d − b ⇔ 3 + ( m + 2 ) i = 9 + ( m − 4 ) i
⇔ 32 + ( m + 2 ) = 92 + ( m − 4 ) ⇔ m = 7
2

2

Câu 38: Đáp án B
Ta có z1 z2 z3 + z22 z3 = z1.z2 .z3 + z22 z3 = ( 1 + 3i ) ( 2 − i ) ( 3 + 4i ) + ( 2 + i )
Câu 39: Đáp án A
Gọi z = a + bi với a, b ∈ ¡ và a > 0
 a 2 + b 2 = 5
Theo giả thiết ta có 
2
2
( a − 2 ) + ( b + 3) = 16
a = 2
Giải hệ trên ta thu được 
(thỏa mãn) hoặc
b = 1

22

 a = − 13
(loại)


b = − 19

13

Do đó z = 2 + i và P = 898
Câu 40: Đáp án D
¼ ' = 45°
Ta có C ' C ⊥ ( ABCD ) , BD ⊥ OC ⇒ BD ⊥ OC ' ⇒ COC
∆OCC ' vuông cân tại C ⇒ CC ' = OC =
Vậy V = a 2 .

a 2
2

a 2 a3 2
=
2
2

Câu 41: Đáp án D
Kẻ AM ⊥ BC và SH ⊥ AM , khi đó ∆SHM vuông cân tại H
Suy ra HM = HS = h, AM = 3h
Vậy S =

9 3 2
h
4
22

2

( 3 − 4i ) = 20 + 35i


Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.
Câu 42: Đáp án A
Kẻ AI ⊥ BC và AH ⊥ SI . Khi đó AH ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( A, ( SBC ) ) = AH
Ta có AI =

a 3
(do ∆ABC đều cạnh a)
2

¼ = 60° ⇒ SA = AB.tan 60° = a 3
và ( SB ( ABC ) ) = SBA
Vậy d ( A ( SBC ) ) = AH =

SA. AI
SA2 + AI 2

=

a 15
5

Câu 43: Đáp án B
∆ABC vuông cân tại A ⇒ AB =

BC

=1
2

V = π AB 2 . AA ' = π .1.2 = 2π
Câu 44: Đáp án D
2

 a 2   a  2 3a 2
Bán kính mặt cầu R = 
÷
÷ + ÷ = 4
 2  2
2

Diện tích mặt cầu S = 4π R 2 = 4π .

3a 2
= 3π a 2
4

Câu 45: Đáp án

Đặt cạnh hình vuông là x, x > 24 cm
Theo đề ta có 4800 = ( x − 24 ) .12 ⇔ x = 44 cm
2

Vậy độ dài cạnh của tấm bìa hình vuông là 44cm
Câu 46: Đáp án D
(S) có tâm I ( 1;0; −1) , bán kính R = 2
uuur

uuur
AB = ( −1; −3; −4 ) , AC = ( 1; −1; −4 )

23


Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.
r
uuur uuur
Gọi ( α ) là mặt phẳng chứa 3 điểm A, B, C nhận n =  AB, AC  = ( 8; −8; 4 ) làm vectơ pháp
tuyến nên có phương trình:
8 ( x + 1) − 8 ( y + 2 ) + 4 ( x + 3 ) = 0 ⇔ 2 x − 2 y + z + 1 = 0
d ( I ,α ) =

2 − 0 −1 +1

=

22 + ( −2 ) + 12
2

2
< 2 = R ⇒ ( S) ∩(α ) = ∅
3

1
Ta có VABCD = hD .S ∆ABC nên VABCD lớn nhất ⇔ hD lớn nhất
3
Gọi D1 D2 là đường kính của (S) vuông góc với mặt phẳng ( α )

Vì D là điểm bất kì thuộc (S) nên d ( D, α ) ≤ max { d ( D1 , α ) , d ( D2 , α ) }
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi D trùng với một trong hai điểm D1 hoặc D2
D1 D2 qua I nhận vectơ pháp tuyến của ( α ) làm vectơ chỉ phương nên có phương trình tham

 x = 1 + 2t

số D1 D2 :  y = −2t , t ∈ ¡
 z = −1 + t

Gọi D ( 1 + 2d 0 ; −2d 0 ; −1 + d 0 ) ∈ D1 D2 là điểm cần tìm. Khi đó D là nghiệm của phương trình:

( 1 + 2d 0 )

2

+ 4d 02 + ( −1 + d 0 ) − 2 ( 1 + 2d 0 ) + 2 ( −1 + d 0 ) − 2 = 0 ⇔ d 0 = ±
2

2
3

 2
2
9. + 2 9.  − ÷+ 2
9d + 2
2
3
3
> 
Ta có d ( D, α ) = 0

nên D phải ứng với d 0 =
. Vì
3
3
3
3
7 4 1
Vậy D  ; − ; − ÷ là điểm cần tìm
 3 3 3
Câu 47: Đáp án B
Giả sử ( P ) ∩ Ox = A ( a;0;0 ) , ( P ) ∩ Oy = A ( 0; b;0 ) , ( P ) ∩ Oz = A ( 0;0; c )
Khi đó (P) có phương trình
Ta có: H ( 4;5;6 ) ∈ ( P ) ⇔

x y z
+ + =1
a b c

4 5 6
+ + =1
a b c
24


Truy cập Tailieugiangday.com hoặc liên hệ hotline: 096.991.2851 để tải bản word
bộ đề thi thử THPT QG 2018 và 2019 được cập nhật sắp tới.
uuur
uuur
uuur
uuur

AH = ( 4 − a;5;6 ) , BH = ( 4;5 − b;6 ) BC = ( 0; −b; c ) , AC = ( −a;0; c )
uuur uuur
−5b + 6c = 0
 AH .BC = 0
⇔
Vì H là trực tâm tam giác ABC nên  uuur uuur
−4b + 6c = 0
 BH . AC = 0
77

a
=
4 5 6

4
a + b + c =1 

77

Giải hệ phương trình  −5b + 6c = 0 ⇔ b =
5
 −4b + 6c = 0

77



c = 6

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là

x
y
z
+
+
= 1 ⇔ 4 x + 5 y + 6 z − 77 = 0
77 77 77
4
5
6
Câu 48: Đáp án B
Do ( β ) / / ( α ) nên ( β ) : 2 x + 2 y − z + D = 0 ( D ≠ 17 )
Mặt cầu (S) có tâm I ( 1; −2;3) , bán kính R = 5
Đường tròn có chu vi là 6π nên bán kính của đường tròn này là r = 3
2
2
Ta có d ( I ( β ) ) = R − r ⇔

2.1 + 2. ( −2 ) − 3 + D
22 + 22 + ( −1)

2

 D = −7
= 4 ⇔ D − 5 = 12 ⇔ 
 D = 17

Nhận giá trị D = −7 . Vậy ( β ) có phương trình là 2 x + 2 y − z − 7 = 0
Câu 49: Đáp án C
Ta có I là trung điểm AB ⇒ I ( 2; 2;0 )

r
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là: n = ( 3; 2; −1)
r
Vì KI ⊥ ( P ) nên đường thẳng KI qua I nhận n = ( 3; 2; −1) làm vectơ chỉ phương nên có

 x = 2 + 3t

phương trình  y = 2 + 2t
 z = −t

K ∈ KI ⇒ K = ( 2 + 3t ; 2 + 2t ; −t )
Theo đề ta có:
25