Đề thi thử THPTQG năm 2018 môn toán bộ đề TN toán đề 09 file word có lời giải chi tiết doc

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

ĐỀ SỐ 9


Câu 1: Tìm nghiệm x của phương trình
2 ( sin 3 x + sin 2 x − sin x + 1) = 3 − 2sin x − cos 2 x
thỏa mãn điều kiện sin x <
A. x = kπ , k ∈ ¢ .

1
.
2

B. x =

π
π
+ kπ , k ∈ ¢ . C. x = + kπ , k ∈ ¢ . D. x ∈∅ .
2
6

2
2
Câu 2: Tìm m để phương trình m sin x − ( m − 2 ) sin 2 x + m cos x = 5 có hai nghiệm

 π π
x ∈  − ; ÷.
 2 2

A. −

7
< m ≠ 5.
2

B. m <

7
.
2

C.

7
< m ≠5.
2

7
D. m < − .
2

Câu 3: Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, ,4 ,5 ,6 lập thành số tự nhiên chẵn có 5 chữ số phân biệt nhỏ
hơn 25000. Tính số các số lập được.
A. 360.

B. 370.

C. 380.

D. 400.

Câu 4: Gọi S là tập các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau được chọn từ các số 0, 1,
2, 3, ,4 ,5 ,6. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S. Tính xác suất để số được chọn là số chẵn đồng
thời chữ số hàng đơn vị bằng tổng các chữ số hàng chục, trăm và nghìn.
A.

1
.
2

B.

1
.
8

C.

1
.
40

D.

2
.
3

5 2

 4
3
Cn −1 − Cn −1 < 4 An − 2
Câu 5: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau 
C n − 4 ≥ 7 A3
 n +1 15 n +1
k
k
(Ở đây An , Cn lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử).

A. n = 7

B. n = 8

C. n = 9

D. n = 10

Câu 6: Cho dãy số { un } xác định bởi
un =

1
4

n3 + 4 n3 + n 2 + 4 n3 + 2n 2 + n + 4 n3 + 3n 2 + 3n + 1

Hãy tính tổng S = u1 + u2 + ... + u20184 −1 .
1

,n ≥1.

A. 2016.
Câu 7: Tính giới hạn xlim
→−∞
A. 0.

B. 2017.

C. 2018.

D. 2019.

)

(

x 2 + 3000 − 3 x3 + 3000 .
C. +∞ .

B. 6.

D. −∞ .

 x + 1 khi x < −π
 2sin x

khi − π < x < 0 .
Câu 8: Cho hàm số f ( x ) = 
 x

 x + 2 khi x ≥ 0
Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. Hàm số gián đoạn tại điểm x = −π .
B. Hàm số gián đoạn tại các điểm x = 0; x = −π .
C. Hàm số gián đoạn tại điểm x = 0 .
D. Hàm số không có điểm gián đoạn.
Câu 9: Cho hàm số

f ( x ) = ln

1

( 3 − x)

3

. Tìm tập nghiệm của bất phương trình

π

6
t
sin 2 dt
∫
π
2 .
f ′( x) > 0
x+2
1 
A. S = ( −∞; −2 ) ∪  ; 4 ÷.

2 

1 
B. S = ( −∞; −2 ) ∪  ;5 ÷.
2 

1 
C. S = ( −∞; −2 ) ∪  ;6 ÷.
2 

1 
D. S = ( −∞; −2 ) ∪  ;3 ÷ .
2 

Câu 10: Cho tứ diện S . ABC có M, N lần lượt là điểm chia SA và SC theo cùng tỉ số k. Mặt
phẳng ( α ) qua MN cắt ( ABC ) theo giao tuyến cắt BC tại P và cắt AB tại Q. Tính tỉ số

QB
QA

để MNPQ là hình bình hành.
A. k.

B. 2k .

Câu 11: Đồ thị hàm số y =

C.

1

k.
2

D.

3
k.
2

ax + 4
 9   1 13 
đi qua điểm A 1; ÷, B  ; ÷. Hỏi mệnh đề nào sau
3x + b
 10   2 17 

đây là đúng ?
A. a + b = 11 .

B. a − b = 2 .

C. ab = 35 .
2

D.

a 1
= .
b 2

Câu 12: Đồ thị hàm số nào sau đây luôn nằm dưới trục hoành
A. y = x 4 + 3 x 2 − 1 .

B. y = − x 3 − 2 x 2 + x − 1 .

C. y = − x 4 + 2 x 2 − 2 .

D. y = − x 4 − 4 x 2 + 1 .

Câu 13: Tìm giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y =

( 2m − 1) x + 1
x−m

có tiệm cận ngang là

y = 3.
A. m = 3 .

B. m = 2 .

C. m = 1 .

D. m ∈ ∅ .

Câu 14: Tìm giá trị nhỏ nhất của m làm cho hàm số
1
y = x 3 + mx 2 − mx − m 2 + 5m đồng biến trên ¡ .
3
A. −4 .

B. −1 .

C. 0.

D. 1.

Câu 15: Mệnh đề nào trong các mệnh đề sau là sai?
A. Hàm số y = f ( x ) đạt cực đại tại điểm x = x0 khi và chỉ khi f ′ ( x0 ) = 0 và f " ( x0 ) < 0 .
B. Đồ thị của một hàm đa thức y = f ( x ) luôn cắt trục tung.
C. Đồ thị của hàm bậc ba luôn cắt trục hoành tại ít nhất một điểm.
D. Đồ thị hàm số y =

2x − 2
 2
đi qua điểm M  2; ÷.
x +1
 3

Câu 16: Tìm giá trị của m để hàm số y =
A. m ≤ 0 .

x+m
x2 + 1

B. m ≤ 1 .

đồng biến trong khoảng ( 0; +∞ ) .
C. m ≤ −1 .

D. m ≤ 2 .

3
2
Câu 17: Đồ thị hàm số y = f ( x ) = x + ax + bx + c có hai điểm cực đại là A ( −2;16 ) và

B ( 2; −16 ) . Tính a + b + c .
A. −12 .

C. −6 .

B. 0.

Câu 18: Cho biết hàm số f ( x ) =
−1 . Tính giá trị của ( a 2 + b3 − 44 )
A. 1.

D. −3 .

ax + b
đạt giá trị lớn nhất bằng 4 và giá trị nhỏ nhất bằng
x2 + 1

n 2 + n + 2017

, ∀n ∈ ¥ .
C. −1 .

B. 0.

D. 2018.

Câu 19: Giả sử M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
y = x3 − 9 x 2 + 24 x − 68 trên đoạn [ −1; 4] . Khi đó giá trị

3

m
bằng:
M


A.

7
.
17

B.

8
.
17

C.

9
.
17

D.

10
.
17

Câu 20: Một nông dân muốn rào lại bãi cỏ hình chữ nhật dọc một con sông, cạnh dọc sông
không cần phải rào. Ông có 1000m lưới sắt để rào. Tính diện tích bãi cỏ lớn nhất mô tả ở trên
có thể rào được.
A. 125 m2.

B. 1250 m2.

C. 12500 m2.

D. 125000 m2.

 5.2 x − 8 
log
Câu 21: Gọi a là nghiệm duy nhất của phương trình
÷ = 3 − x . Tính giá trị của
2
x
 2 +2 
biểu thức P = a log2 ( 4a ) .
B. P = 8 .

A. P = 4 .

C. P = 2 .

D. P = 1 .

C. T = 2 .

D. T = 1 .

Câu 22: Cho a, b, n > 0 và a ≠ 1, ab ≠ 1 .
Tính giá trị của biểu thức T =

log a n
− log a b .
log ab n

B. T = 3 .

A. T = 4 .

Câu 23: Cho 0 < x, y, z ≠ 1 và thỏa mãn xyz = 1 . Tính giá trị của biểu thức

x
y
z 
S =  log z + log x + log y ÷ log x z + log y x + log z
y
z
x  

y
z

x
A. S = 7 .

B. S = 8 .


y ÷.
÷


C. S = 9 .

D. S = 3 .

π

Câu 24: Tìm số nghiệm của phương trình 2 log 3 ( cot x ) = log 2 ( cos x ) trong đoạn  ; 2π  .
3

A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Câu 25: Tìm tất cả các giá trị của a để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x.
a.9 x + ( a − 1) 3x + 2 + a − 1 > 0 .
A. a > 1 .

B. a ≥ 1 .

C. a < 1 .

D. a ≤ 1 .

1
Câu 26: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn xy = 4, x ≥ , y ≥ 1 . Tìm giá trị lớn nhất của
2

biểu thức P =  log 1
 2
A. −

3

3

 

x ÷ +  log 1 y − 1÷ .
  2


27
.
4

C. −

B. 0.

4
.
27

D. −9 .

Câu 27: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
A. ln x > 1 ⇔ x > e .

B. ln a = ln b ⇔ a = b > 0 .
4


D. log

C. log 2017 x < 0 ⇔ 0 < x < 1 .
Câu 28: Chu kì bán rã của Cacbon

14

1
2018

a > log

1
2018

b⇔ a >b>0.

C là khoảng 5730 năm. Người ta tìm một mẫu đồ cổ

một lượng Cacbon và xác định nó đã mất 25% lượng Cacbon ban đầu của nó. Hỏi mẫu đồ cổ
đó có tuổi là bao nhiêu? (lấy gần đúng).
A. 2376 năm.

B. 2377 năm.

C. 2378 năm.

D. 2379 năm.

Câu 29: Giả sử F ( x ) là một họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

sin x
trên khoảng ( 0; +∞ ) .
x

3

Tính tích phân

sin 2x
dx .
x
1

∫

A. F ( 3) − F ( 1) .

B. F ( 6 ) − F ( 2 ) .

C. F ( 4 ) − F ( 2 ) .

D. F ( 6 ) − F ( 4 ) .

Câu 30: Một chất điểm A xuất phát từ vị trí O, chuyển động nhanh dần đều, 8 giây sau nó đạt
đến vận tốc 6 m/s. Từ thời điểm đó nó chuyển động thẳng đều. Một chất điểm B xuất phát từ
cùng vị trí O nhưng chậm hơn 12 giây so với A và chuyển động thẳng nhanh dần đều. Biết rằng
B đuổi kịp A sau 8 giây (kể từ lúc B xuất phát). Tìm vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A.
A. 48 m/s.

B. 36 m/s.

Câu 31: Cho hàm số g ( x ) =

x2

∫

C. 24 m/s.

D. 12 m/s.

t sin tdt xác định với mọi x > 0 . Tính g ′ ( x ) .

x

A. 2 x 2 sin ( x 2 ) −
C. x 2 sin ( x 2 ) −

sin

( x) .

B. 2 x 2 sin ( x 2 ) −

24 x

sin

( x) .

D. x 2 sin ( x 2 ) −

24 x

sin

( x) .

4

sin

x

( x) .

4

x

a

2
Câu 32: Tính giá trị của a để đẳng thức ∫ cos ( x + a ) dx = sin a xảy ra.
0

A. a = π .

B. a = π .

C. a = 3π .

D. a = 2π .
e

n
Câu 33: Tìm tập S tất cả các số nguyên dương n thỏa điều kiện ∫ ln dx < e − 2 .
x
1
A. S = { 1} .

B. S = { 2} .

C. S = { 1; 2} .

D. S = ∅ .

2
Câu 34: Xét hình chắn phía parabol ( P ) : y = x , phía trên đường thẳng đi qua điểm A ( 1; 4 )

và hệ số góc k. Xác định k để hình phẳng trên có diện tích nhỏ nhất.
A. k = 2 .

B. k = 1 .

C. k = −1 .
5

D. k = 0 .


( P ) : y = x 2 − 6 x + 5
Câu 35: Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh bởi miền 
khi quay quanh
Ox : y = 0
trục Oy.
A. 24π .

B. 36π .

C. 48π .

D. 64π .

Câu 36: Gọi D là tập hợp các số phức z mà z − ( 1 + i ) ≤ 1 . Mệnh đề nào trong các mệnh sau
là đúng?
A. D là hình tròn tâm tại gốc tọa độ, bán kính bằng 1.
B. D là hình tròn tâm tại điểm ( 1;0 ) , bán kính bằng 1.
C. D là hình tròn tâm tại điểm ( 0;1) , bán kính bằng 1.
D. D là hình tròn tâm tại điểm ( 1;1) , bán kính bằng 1.
Câu 37: Đặt z = ( 1 + i ) + ( 1 − i ) . Mệnh đề nào trong các mệnh đề sau là đúng?
5

5

A. z là số ảo.

B. z = x + yi với x, y ≠ 0 .

C. z là số thực.

D. z ≠ z .

Câu 38: Tính tổng phần thực và phần ảo của số phức
z = 1 + ( 1 + i ) + ( 1 + i ) + ( 1 + i ) + ... + ( 1 + i ) .
2

A. 1.

3

B. 2.

20

C. 220 .

D. 210 .

2
Câu 39: Tìm m ∈ ¡ để phương trình 2 z + 2 ( m − 1) z + 2m + 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt

z1 , z2 ∈ £ thỏa mãn z1 + z2 = 10 .
A. m = 2 .

{

}

B. m ∈ 2;3 − 2 5 .

{

}

C. m ∈ 2;3 + 2 5 .

D. m = 3 ± 2 5 .

·
Câu 40: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi với cạnh a 3, BAD
= 120° và
cạnh bên SA ⊥ ( ABCD ) . Biết số đo của góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) bằng

60° . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng BD và SC.
A. d =

a 29
.
26

B. d =

3a 39
.
26

C. d =

3a 39
.
13

D. d =

a 16
.
6

Câu 41: Một hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng cạnh bên và bằng a. Tính diện tích S
của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
A. S =

3π a 2

.
2

B. S =

π a2
.
2

C. S = 2π a 2 .

6

D. S = π a 2 .


Câu 42: Một hình trụ có bán kính đáy R = 2 và thiết diện qua trục là một hình vuông. Tính
diện tích xung quanh của hình trụ.
A. S = π .

B. S = 2π .

C. S = 3π .

D. S = 4π .

Câu 43: Cho hình nón tròn xoay có thiết diện qua đỉnh là một tam giác vuông cân. Mệnh đề
nào trong các mệnh đề sau là sai?
A. Đường cao bằng bán kính đáy.

B. Đường sinh hợp với đáy góc 45° .

C. Đường sinh hợp với trục góc 45° .

D. Hai đường sinh tùy ý thì vuông góc nhau.

Câu 44: Cho tứ diện ABCD có DA ⊥ ( ABC ) , DA = 1 và ∆ABC là tam giác đều cạnh bằng 1.
Trên ba cạnh DA, DB, DC lấy 3 điểm M, N, P mà
DM 1 DN 1 DP 3
= ,
= ,
= .
DA 2 DB 3 DC 4
Tính thể tích khối tứ diện MNPD.
A. V =

3
.
12

B. V =

2
.
12

C. V =

3
.

96

D. V =

2
.
96

Câu 45: Từ một tấm tôn hình chữ nhật kích thước 50 cm × 240 cm , người ta làm các thùng
đựng nước hình trụ có chiều cao bằng 50cm, theo hai cách sau (xem hình minh họa dưới đây):
* Cách 1: Gò tấm tôn ban đầu thành mặt xung quanh của thùng.
* Cách 2: Cắt tấm tôn ban đầu thành hai tấm tôn bằng nhau, rồi gò mỗi tấm đó thành mặt
xung quanh của một thùng.
Kí hiệu V1 là thể tích của thùng gò được theo cách 1 và V2 là tổng thể tích của hai thùng gò

được theo cách 2. Tính tỉ số

V1
.
V2

7


A.

V1 1
= .
V2 2

B.

V1
= 1.
V2

C.

V1
= 2.
V2

D.

V1
= 2.
V2

Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, đường thẳng d đi qua điểm M ( 0; −1;1) và có
r
vectơ chỉ phương u = ( 1; 2;0 ) . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và có vectơ pháp
r
tuyến là n = ( a; b; c ) với a 2 + b 2 + c 2 > 0 . Cho biết kết quả nào sau đây đúng?
A. a = 2b .

B. a = −3b .

C. a = 3b .

D. a = −2b .

Câu 47: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm M ( 3;1;1) , N ( 4;8; −3) , P ( 2;9; −7 ) và mặt
phẳng ( Q ) : x + 2 y − z − 6 = 0 . Đường thẳng d qua G vuông góc với ( Q ) . Tìm giao điểm K
của mặt phẳng ( Q ) và đường thẳng d. Biết G là trọng tâm ∆MNP .
A. K ( 1; 2;1) .

B. K ( 1; −2; −1) .

C. K ( −1; −2; −1) .

D. K ( 1; 2; −1) .

Câu 48: Trong không gian Oxyz, lập phương trình mặt cầu ( S ) đi qua điểm M ( 1; 4; −1) và
tiếp xúc với ba mặt phẳng tọa độ.
A. ( x + 3) + ( y − 3) + ( z + 3) = 27 .

B. x 2 + y 2 + z 2 + 3 x − 3 y − 3 z − 9 = 0 .

C. ( x − 3) + ( y − 3) + ( z + 3) = 9 .

D. x 2 + y 2 + z 2 − 6 x − 6 y − 6 z + 18 = 0 .

2

2

2

2

2

2

Câu 49: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − y + z − 1 = 0 và điểm A ( 1; −1; 2 ) .
Gọi ∆ là đường thẳng đi qua A và vuông góc với ( P ) . Tính bán kính của mặt cầu ( S ) có
tâm thuộc đường thẳng ∆ , đi qua A và tiếp xúc với ( P ) .
A. R =

3
.
2

B. R =

3
.
3

C. R =

3
.
4

D. R =

3
.
5

Câu 50: Trong không gian Oxyz, xét vị trí tương đối của hai mặt cầu sau

( S1 ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 8 y − 2 z − 4 = 0 .
( S2 ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 4 z + 5 = 0
A. Ngoài nhau.

B. Cắt nhau.

C. Tiếp xúc ngoài.

8

D. Tiếp xúc trong.


Đáp án
1-A
11-C
21-B
31-A
41-C

2-C
12-C
22-D
32-D
42-D

3-A

13-B
23-C
33-C
43-D

4-C
14-B
24-A
34-B
44-C

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

6-B
16-A
26-A
36-D
46-D

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

8-A

18-C
28-C
38-A
48-C

9-D
19-B
29-B
39-B
49-A

10-A
20-D
30-C
40-B
50-B

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A
sin x = 0
Phương trình đã cho tương đương với 2sin x + sin x = 0 ⇔ 
.
sin x = − 1

2
3

Do điều kiện sin x <

2

1
nên sin x = 0 ⇔ x = kπ , k ∈ ¢ .
2

Câu 2: Đáp án C
Phương trình đã cho tương đương với

( m − 5 ) sin 2 x − 2 ( m − 2 ) sin x cos x + ( m − 5 ) cos 2 x = 0 ( *) .


Nếu m = 5 thì phương trình (*) thành −6sin x cos x = 0 .

 π π
 π π
Do cos x ≠ 0, ∀x ∈  − ; ÷ nên sin x = 0 ⇔ x = 0 ∈  − ; ÷.
 2 2
 2 2


Nếu m ≠ 5 thì cos x ≠ 0 . Chia cả hai vế của (*) cho cos 2 x ta được

( m − 5 ) tan 2 x − 2 ( m − 2 ) tan x + m − 5 = 0
Đặt t = tan x .
 π π
∀t ∈ ¡ thì phương trình có một giá trị duy nhất x ∈  − ; ÷ mà t = tan x nên có hai giá trị
 2 2
 π π
x ∈  − ; ÷.
 2 2

Khi đó ∆′ = 6m − 21 > 0 ⇔ m >
Vậy

7
.
2

7
< m ≠ 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2

Câu 3: Đáp án A
Gọi số cần lập là A = a1a2 a3 a4 a5 với 1 ≤ a1 ≤ 2 .
+ Trường hợp 1: a1 = 1 .
9


3
3
Có 4 cách chọn a5 và A5 cách chọn các chữ số còn lại nên có 4. A5 = 240 số.

+ Trường hợp 2: a1 = 2, a2 lẻ.
2
2
Có 2 cách chọn a2 , 3 cách chọn a5 và A4 cách chọn các chữ số còn lại nên có 2.3. A4 = 72 số.

+ Trường hợp 3: a1 = 2, a2 chẵn.
2
2
Có 2 cách chọn a2 , 2 cách chọn a5 và A4 cách chọn các chữ số còn lại nên có 2.2. A4 = 48 số.

Vậy có 240 + 72 + 48 = 360 số,
Câu 4: Đáp án C
Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau đôi một được chọn từ các chữ số 0; 1; 2; 3;4;5;6 là
abcd .
3
3
a có 6 cách chọn; các số còn lại có A6 cách chọn. Suy ra số phần tử của S là 6. A6 = 720

Do đó n ( Ω ) = 720 .
Gọi A là biến cố: “số được chọn là số chẵn đồng thời chữ số hàng đơn vị bằng tổng các chữ
số hàng chục, trăm và nghìn”.
 d ∈ { 0; 2; 4;6}
 d ∈ { 4;6}
⇒
Số được chọn thỏa mãn yêu cầu đề bài nếu 
.
 d = a + b + c
d = a + b + c
* Trường hợp 1: Số có dạng abc 4 với a + b + c = 4 suy ra tập { a; b; c} là { 0;1;3} . Vì a,b,c
đôi một khác nhau nên có 2 cách chọn a; 2 cách chọn b; 1 cách chọn c. Do đó số các số thuộc
dạng này là 2.2.1 = 4 .
* Trường hợp 2: Số có dạng abc6 với a + b + c = 6 suy ra tập { a; b; c} có thể là một trong
các tập { 0;1;5} , { 0; 2; 4} , { 1; 2;3} .
+ Nếu { a; b; c} là tập { 0;1;5} hoặc { 0; 2; 4} thì mỗi trường hợp có 4 số (tương tự
trường hợp trên)
+ Nếu { a; b; c} là tập { 1; 2;3} thì có P3 = 3! = 6 số.
Do đó số các số thuộc dạng này là 4 + 4 + 6 = 14 .
Qua hai trường hợp trên, ta suy ra n ( A ) = 14 + 4 = 18 .
Vậy xác suất cần tìm là P ( A ) =

n ( A)
18
1
=
=
.
n ( Ω ) 720 40

Câu 5: Đáp án D
Điều kiện: n − 1 ≥ 4 ⇔ n ≥ 5
10


Hệ điều kiện ban đầu tương đương:
 ( n − 1) ( n − 2 ) ( n − 3) ( n − 4 ) ( n − 1) ( n − 2 ) ( n − 3 ) 5
−
< ( n − 2 ) ( n − 3)

4.3.2.1
3.2.1
4
⇔
 ( n + 1) n ( n − 1) ( n − 2 ) ( n − 3) ≥ 7 ( n + 1) n ( n − 1)

5.4.3.2.1
15
n 2 − 9n − 22 < 0

⇔ n 2 − 5n − 50 ≥ 0 ⇔ n = 10

n ≥ 5

Vậy n = 10 thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 6: Đáp án B
Ta có
un =

1
4

n + n + n + n + 2n 2 + n + 4 n3 + 3n 2 + 3n + 1
3

4

=

1
n n + n n +1 + n +1 4 n + n +1 4 n +1

2

4

4

=

=

3

n

(

3

4

4

)

1

n + n +1 + n +1
4

(

1

(

n + n +1

)(

4

n + 4 n +1

4

n + 4 n +1
=

) (

)
4

n +1 − 4 n

n +1 + n

)(

n +1 − n

)

= 4 n +1 − 4 n, n ≥ 1
Khi đó
S = u1 + u2 + .... + u20184 −1 = 4 2 − 4 1 + 4 3 − 4 2 + ... + 4 20184 − 4 20184 − 1
= 4 20184 − 1 = 2017
Câu 7: Đáp án C
Ta có xlim
→−∞

(

)

x 2 + 3000 − 3 x 3 + 3000 = +∞ − ( −∞ ) = +∞

Câu 8: Đáp án A
Tại điểm x = −π hàm số không xác định nên hàm số gián đoạn.
 2sin x 
Ta có lim− f ( x ) = lim− 
÷= 2
x →0
x →0 
x 
lim f ( x ) = lim+ ( x + 2 ) = 2 = f ( 0 ) .
x→0

x →0+

11


f ( x ) = lim− f ( x ) = f ( 0 ) nên hàm số liên tục tại điểm x = 0 .
Do xlim
→0+
x→0
Vậy hàm số chỉ gián đoạn tại điểm x = −π .
Câu 9: Đáp án D
Điều kiện

1

( 3 − x)

3

f ( x ) = ln

>0⇔ x<3
1

( 3 − x)

f ′ ( x ) = −3

3

= ln1 − 3ln ( 3 − x ) = −3ln ( 3 − x )

1
3
( 3 − x)′ =
3− x
( 3 − x)

Ta có
π

π

6
t
6 1 − cos t
3
sin 2 dt = ∫
dt = ( t − sin t )
∫
π 0
2
π 0 2
π

π

=
0

3
( π − sin π ) − ( 0 − sin 0 )  = 3
π

Khi đó
π

6
t
2x −1
sin 2 dt


3
 3
 x < −2
∫
>
π 0
2

 x −3 x + 2 < 0
.
)(
) ⇔ 1
f ′( x) >
⇔ 3 − x x + 2 ⇔ (

x+2
<
x
<
3
 x < 3; x ≠ −2
 x < 3; x ≠ −2
2

1 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −∞; −2 ) ∪  ;3 ÷ .
2 
Câu 10: Đáp án A
Để MNPQ là hình bình hành thì MN //PQ và MQ //NP .
Khi đó MQ //SB ⇒

QB MS
=
=k
QA MA

Câu 11: Đáp án C
Do đồ thị hàm số y =
9
10 =



13 =
17


ax + 4
 9   1 13 
đi qua hai điểm A 1; ÷, B  ; ÷ nên
3x + b
 10   2 17 

a+4
3+b
a = 5
1
.
a+4 ⇔ 
2

b = 7
3
+b
2

Suy ra ab = 35 .
Câu 12: Đáp án C
12


* Hàm số bậc ba bất kì luôn nhận được mọi giá trị từ −∞ đến +∞ nên ta có thể loại ngay
hàm này, tức là đáp án (B) sai.
* Trong ba đáp án còn lại, ta loại ngay đáp án (A) vì hàm bậc bốn có hệ số cao nhất x 4 là 1
nên hàm này có thể nhận giá trị +∞ .
* Trong hai đáp án (C) và (D) ta cần làm sáng tỏ:

( C ) y = − x 4 + 2 x 2 − 2 = − ( x 2 − 1)

2

− 1 < 0, ∀x ∈ ¡

( D ) y = − x4 − 4 x2 + 1 = 5 − ( x2 + 2)

2

. Cho x = 0 thì y = 1 > 0 nên đáp án này cũng bị loại.

Câu 13: Đáp án B
y = 2m − 1 nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y = 2m − 1 .

Do xlim
→±∞
Khi đó 2m − 1 = 3 ⇔ m = 2 .
Câu 14: Đáp án B
Hàm số đồng biến trên ¡
⇔ y′ = x 2 + 2mx − m ≥ 0, ∀x ∈ ¡ ⇔ ∆′ = m 2 + m ≤ 0 ⇔ −1 ≤ m ≤ 0 .
Suy ra giá trị nhỏ nhất của m là −1 .
Câu 15: Đáp án A
Hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f ′ ( x0 ) = 0 và f " ( x0 ) < 0 thì x = x0 là điểm cực đại của hàm
số. Nhưng x = x0 là điểm cực đại của hàm số thì chưa chắc f " ( x0 ) < 0 .
4
Lấy ví dụ y = f ( x ) = − x đạt cực đại tại x = 0 nhưng f " ( 0 ) = 0 .

Câu 16: Đáp án A
* Tập xác định: D = ¡ .
* y′ =

(x

−mx + 1

2

+ 1) x 2 + 1

.

* Hàm số đồng biến trong khoảng ( 0; +∞ ) khi và chỉ khi
y ′ ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) ⇔ −mx + 1 ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) .
- Nếu m = 0 thì 1 ≥ 0 luôn đúng.

- Nếu m > 0 thì −mx + 1 ≥ 0 ⇔ x ≤

1
(loại).
m

- Nếu m < 0 thì −mx + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥

1
1
. Khi đó ≤ 0 ⇔ m < 0 .
m
m

Tóm lại, m ≤ 0 .
13


Câu 17: Đáp án A
Đồ thị hàm số có hai điểm cực đại là A, B nên f ′ ( −2 ) = 0 ⇔ 12 − 4a + b = 0 và
f ′ ( 2 ) = 0 ⇔ 12 + 4a + b = 0 .
Do A thuộc đồ thị hàm số nên 16 = −8 + 4a − 2b + c .
Giải hệ gồm ba phương trình trên ta thu được a = c = 0; b = −12 .
Suy ra a + b + c = −12 .
Câu 18: Đáp án C
Tập xác định: D = ¡ .
 ax + b
≤ 4, ∀x ∈ ¡
2
 f ( x ) ≤ 4, ∀x ∈ ¡

 x + 1
f ( x) = 4 ⇔ 
⇔
Ta có max
x∈¡
 ax20 + b = 4
∃x0 ∈ ¡ : f ( x0 ) = 4
 x0 + 1
2
2
4 x − ax + 4 − b ≥ 0, ∀x ∈ ¡
∆ = a + 16b − 64 ≤ 0
⇔ 2
⇔
2
∆ = a + 16b − 64 ≥ 0
4 x0 − ax0 + 4 − b = 0

⇔ a 2 + 16b − 64 = 0 ( 1)
f ( x ) = −1 làm tương tự, ta đi đến a 2 − 4b − 4 = 0 ( 2 )
Đối với min
x∈¡
Giải hệ gồm (1) và (2) ta được a = ±4, b = 3 .
2
Do n + n + 2017 = n ( n + 1) + 2017 là số lẻ ∀n ∈ ¥ nên ( a 2 + b3 − 44 )

Câu 19: Đáp án B
3
2
Xét hàm số f ( x ) = x − 9 x + 24 x − 68, x ∈ [ −1; 4] .

x = 2
f ′ ( x ) = 3 x 2 − 18 x + 24 = 0 ⇔ 
.
x = 4
Ta có f ( −1) = −102; f ( 2 ) = −48; f ( 4 ) = −52 .
Do đó −102 ≤ f ( x ) ≤ −48 . Suy ra 48 ≤ f ( x ) ≤ 102 .
Vậy m = 48, M = 102 hay

m 8
= .
M 17

Câu 20: Đáp án D
Gọi x là chiều rộng bãi cỏ thì chiều dài bãi cỏ sẽ là 1000 − 2 x .
2
Khi đó diện tích bãi cỏ là: S = x ( 1000 − 2 x ) = 1000 x − 2 x .

Ta có S ′ ( x ) = 1000 − 4 x = 0 ⇔ x = 250 .
14

n 2 + n + 2017

= −1 .


2
Vậy max S = S ( 250 ) = 125000 ( m ) .

Câu 21: Đáp án B

8
Điều kiện: x > log 2 .
5
Phương trình đã cho tương đương với
2x = 4
5.2 x − 8
3− x
2x
x
= 2 ⇔ 5.2 − 16.2 − 16 = 0 ⇔  x
⇔ x= 2.
2 = − 4 < 0
2x + 2

5
Do đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất a = 2 .
Thay vào biểu thức P ta thu được P = 8 .
Câu 22: Đáp án D
Ta có T = log a n.

log a ab
− log a b = log a ab − log a b = log a a = 1 .
log a n

Câu 23: Đáp án C
∀a > 0, a ≠ 1 ta có log a ( xyz ) = 0 ⇒ log a x + log a y + log a z = 0 .
Đặt m = log a x, n = log a y, p = log a z ⇒ m + n + p = 0 .
Theo tính chất của lôgarit, ta viết lại biểu thức S như sau:
 m − n n − p p − m  p
m

n 
S =
+
+
+
+
÷
÷.
m
n  m − n n − p p − m 
 p
Ta có

m − n n − p p − m mn ( m − n ) + np ( n − p ) + pm ( p − m )
+
+
=
p
m
n
mnp
=−

( m − n) ( n − p) ( p − m)
mnp

p ( n − p ) ( p − m) + m ( m − n) ( p − m) + n ( m − n ) ( n − p )
p
m
n

+
+
=
m−n n− p p−m
( m − n) ( n − p) ( p − m)
=
=

mn ( m + n ) + np ( n + p ) + pm ( p + m ) − ( m3 + n3 + p 3 − 3mnp ) − 6mnp

( m − n) ( n − p) ( p − m)

mn ( − p ) + np ( −m ) + pm ( − n ) − 6mnp
−9mnp
=
.
( m − n) ( n − p) ( p − m)
( m − n) ( n − p) ( p − m)

Vậy S = 9
Câu 24: Đáp án A

15


cos x > 0
Điều kiện: 
.
cot x > 0
Đặt 2 log 3 ( cot x ) = log 2 ( cos x ) = t .

t

Ta có cot x = 3 2 , cos x = 2t ⇒ cot 2 x = 3t , cos 2 x = 4t .
Mặt khác, cot 2 α =

cos 2 α
, ∀α ≠ kπ nên
1 − cos 2 α
t

4t
4
3 =
⇔ 3t = 12t + 4t ⇔ 4t +  ÷ = 1 ( 1)
t
1− 4
3
t

Để ý rằng t = −1 là một nghiệm của phương trình (1). Ta sẽ chứng minh t = −1 là
nghiệm duy nhất của phương trình (1). Thật vậy, vế trái của (1) là một hàm đồng biến theo t
và vế phải là hàm hằng nên t = −1 là nghiệm duy nhất.
Với cos x =

1
π
⇔ x = ± + k 2π , k ∈ ¢ .
2
3

So điều kiện, chọn x =

π
+ k 2π , k ∈ ¢ .
3

π
π

Mà x ∈  ; 2π  nên chỉ có x = .
3
3

Câu 25: Đáp án B
Đặt t = 3x > 0 . Bất phương trình đã cho trở thành
at 2 + 9 ( a − 1) t + a − 1 > 0 ⇔ a >

9t + 1
.
t + 9t + 1
2

Bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x khi và chỉ khi
a > max f ( t ) với f ( t ) =
t∈( 0; +∞ )
Ta có f ′ ( t ) =

−9t 2 − 2

( t 2 + 9t + 1)

2

9t + 1
.
t + 9t + 1
2

< 0, ∀t > 0 ⇒ f ( t ) là hàm nghịch biến trên ( 0; +∞ ) .

Suy ra f ( t ) < f ( 0 ) = 1 .
Do đó

9t + 1
< 1, ∀t > 0 nên các giá trị của a cần tìm là a ≥ 1 .
t + 9t + 1
2

Câu 26: Đáp án A
Thay y =

4
vào biểu thức P và biến đổi ta thu được
x
16


P = −9 ( log 2 ) + 27 log 2 x − 27 .
2

Do y ≥ 1 nên x ≤ 4 . Suy ra

1
≤ x ≤ 4 . Đặt t = log 2 x , khi đó −1 ≤ t ≤ 2 .
2

2
Xét hàm số f ( t ) = −9t + 27t − 27, t ∈ [ −1; 2] .

Ta có f ′ ( t ) = −18t + 27; f ′ ( t ) = 0 ⇔ t =

3
.
2

 3  27
f ( −1) = −63; f ( 2 ) = −9; f  ÷ =
.
2 4
Vậy max P = −

27
⇔ x = 2 2, y = 2 .
4

Câu 27: Đáp án D
Mệnh đề D sai bởi vì y = log
log

1

2018

a > log

1
2018

1
2018

x là hàm nghịch biến trong khoảng

( 0; +∞ )

nên

b ⇔ 0< a < b.

Câu 28: Đáp án C
Giả sử tại thời điểm ban đầu mẫu đồ cổ có chứa khối lươgnj Cacbon là m0 và tại thời điểm t
(tính từ thời điểm ban đầu), khối lượng đó là m ( t ) thì ta có
m ( t ) = m0 .e

− ln 2
t
5730

− ln 2
t
5730

⇔ 75%m0 = m0

⇔ t ≈ 2378 (năm).

Câu 29: Đáp án B
Đặt t = 2 x ⇒ dt = 2dx .
Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 2; x = 3 ⇒ t = 6 .
F ( x) = ∫

sin x
sin u
dx ⇒ F ( u ) = ∫
du
x
u

3

3

3

6

sin 2 x
sin 2 x
sin 2 x
sin u
∫1 x dx = ∫1 2 2 x dx ⇒ ∫1 x dx = ∫2 u du = F ( 6 ) − F ( 2 ) .

Câu 30: Đáp án C
Gọi gia tốc trong chuyển động nhanh dần đều của chất điểm A là a thì vận tốc của A là
v A ( t ) = at . Tại thời điểm t = 8 ta có v A ( 8 ) = a.8 = 6 ⇒ a =
Quãng đường A chuyển động được trong 8 giây đầu là

17

3
( m / s2 ) .
4


8

8

3
3 
S1 = ∫  t ÷dt = t 2 = 24 m .
4 
8 0
0
Thời gian A chuyển động đều cho đến lúc gặp B là 12 giây.
Quãng đường A đi được trong chuyển động đều là S 2 = 6.12 = 72m .
Quãng đường A đi được từ lúc xuất phát đến lúc gặp B là
S = S1 + S 2 = 24 + 72 = 96m .
Gọi gia tốc của B là b thì vận tốc của B là vB ( t ) = bt .
Quãng đường B đi được từ lúc xuất phát đến lúc gặp A là 96 m.
8

8

bt 2
= 32b = 96 ⇒ b = 3 m / s 2 .
Ta có S = ∫ btdt =
2 0
0
Vận tốc của B tại thời điểm gặp A là vB ( 8 ) = 3.8 = 24 m/s .
Câu 31: Đáp án A

( x) .
sin ( x )
.
sin ( x ) −

2
Đặt f ( t ) = t sin t . Theo định nghĩa tích phân ta có g ( x ) = F ( x ) − F

Khi đó g ′ ( x ) = 2 xF ′ ( x 2 ) −

F′( x)
2 x

f

= 2 xf ( x 2 ) −

( x ) = 2x

2 x

2

2

24 x

Câu 32: Đáp án D
a

a

0

0

2
2
2
2
2
2
∫ cos ( x + a ) dx = ∫ cos ( x + a ) d ( x + a ) = sin ( x + a ) = sin ( a + a ) − sin ( a )

Với a = 2π ta có sin

4

0

(

)

2π + 2π = sin

(

)

2π .

Câu 33: Đáp án C
e

e

e

n
e
I = ∫ ln dx = ∫ ( ln n − ln x ) dx = x ln n 1 − ∫ ln xdx
x
1
1
1
= ( e − 1) ln n − ( x ln x − x ) 1 = ( e − 1) ln n − 1
e

Với n = 1 ta có I = −1 < e − 2 .

Với n = 2 ta có I = e ln 2 − ( ln 2 + 1) = ( e − 1) ln 2 − 1 < e − 1 − 1 = e − 2 .
Câu 34: Đáp án B
Đường thẳng d đi qua A ( 1; 4 ) với hệ số góc k có phương trình
y = k ( x − 1) + 4
Phương trình hoành độ giao điểm (P) và d là:
18


x 2 = k ( x − 1) + 4 ⇔ x 2 − kx + k − 4 = 0 .
Ta có ∆ = k 2 − 4 ( k − 4 ) = k 2 − 4k + 16 = ( k − 2 ) + 12 > 0, ∀k ∈ ¡ .
2

Suy ra phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt và giả sử rằng hai nghiệm đó x1 < x2 .
x

2
1
S = ∫  k ( x − 1) + 4 − x 2  dx = ... =
6

(k

x1

=

2

− 4k + 16 )

3

3
1 
2
( k − 2 ) + 12  ≥ 4 3
6

Vậy min S = 4 3 khi và chỉ khi k = 2 .
Câu 35: Đáp án D
Vẽ đồ thị hàm số y = x 2 − 6 x + 5 .

( P)

có tọa độ đỉnh là B ( 3; −4 ) , cắt trục hoành tại A ( 1;0 ) , C ( 5;0 ) .

»AB có phương trình x =
0

VOy = π ∫

−4

(

» có phương trình x =
y + 4 − 3; BC

)

0

2

y + 4 + 3 dy − π ∫

−4

(

)

y+4 +3.

2

y + 4 − 3 dy = 64π .

Câu 36: Đáp án D
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z. Từ z − ( 1 + i ) ≤ 1 suy ra M nằm trên hình tròn tâm tại
điểm ( 1;1) (là điểm biểu diễn số phức 1+ i ) và bán kính R = 1 .
Câu 37: Đáp án C
Ta có ( 1 + i )

( 1+ i)

5

5

5

5

= ∑ C5k .i k ; ( 1 − i ) = ∑ C5k ( −1) i k . Suy ra trong biểu thức
5

k =0

k

k =0

+ ( 1 − i ) chỉ chứa i 0 ; i 2 ; i 4 nên ( 1 + i ) + ( 1 − i ) ∈ ¡ .
5

5

5

Câu 38: Đáp án A

( 1 + i ) −1 = ( 1+ i )
z=
i
( 1+ i ) −1
21

Ta có

21

−1

( 1 + i ) 2 

=

10

( 1+ i ) −1

i

= −210 + ( 210 + 1) i .

Vậy tổng phần thực và phần ảo của số phức z bằng 1.
Câu 39: Đáp án B
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 ∈ £ ⇔ ∆′ ≠ 0 .
Trường hợp 1: ∆′ > 0 .
2
2
Ta có: z1 + z2 = 10 ⇔ z1 + z2 + 2 z1 z2 = 10

19


⇔ ( z1 + z2 ) − 2 z1 z2 + 2 z1 z2 = 10 ⇔ ( 1 − m ) − ( 2m + 1) + 2m + 1 = 10
2

2

Giải tìm được m = 3 − 2 5
Trường hợp 2: ∆′ < 0 .
Ta có: z1 + z2 = 10 ⇔

( 1− m)

2

+ ( − m 2 + 6m + 1) = 10 ⇔ m = 2 .
2

Vậy m = 3 − 2 5, m = 2 là giá trị cần tìm thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 40: Đáp án B
Gọi O = AC ∩ BD .
 BD ⊥ AC
⇒ BD ⊥ ( SAC ) tại O.
Ta có 
 BD ⊥ SC
Kẻ OI ⊥ SC ⇒ OI là đoạn vuông góc chung của BD và SC.
Lại có ∆ICO ∽ ∆ACS nên suy ra OI =
Vậy d =

3a 39
.
26

3a 39
.

26

Câu 41: Đáp án C
Gọi O là tâm hình vuông của mặt đáy. Khi đó O cũng là tâm của mặt cầu.
2

a 2
a2
=
Ta có R = SO = a − 
.
÷
÷
2
 2 
2

2

2

S = 4π R 2 = 2π a 2 .
Câu 42: Đáp án D
Ta có S = 2π Rl = 2π . 2. 2 = 4π .
Câu 43: Đáp án D
Sai vì thiết diện qua trục là tam giác vuông cân nghĩa là hai đường sinh tạo thành một mặt
phẳng chứa SO mới vuông góc với nhau, còn hai đường sinh bất kì thì chưa chắc vuông góc.
Câu 44: Đáp án C
1 3
3

Ta có VABCD = . .1 =
.
3 4
12
VDMNP DM DN DP 1 1 3 1
1 3
3
=
.
.
= . . = . Do đó V
.
= .
=
DMNP
VDABC
DA DB DC 2 3 4 8
8 12 96
Câu 45: Đáp án C

20


Ban đầu bán kính đáy là R, sau khi cắt và gò ta được 2 khối trụ có bán kính đáy là

R
. Đường
2

cao của các khối trụ không thay đổi.

2

π R2h
R
Ta có: V1 = S d .h = π .R .h; V2 = 2 ( Sd 1.h ) = 2π  ÷ .h =
.
2
2
2

Khi đó:

V1
= 2
V2

Câu 46: Đáp án D

r
Đường thẳng d đi qua M ( 0; −1;1) và có vectơ chỉ phương là u = ( 1; 2;0 ) .
rr
Do d ⊂ ( P ) nên u.n = 0 ⇔ a + 2b = 0 ⇔ a = −2b .
Câu 47: Đáp án D
∆MNP có trọng tâm G ( 3;6; −3) .

Đường thẳng d qua G và vuông góc với ( Q ) có phương trình là:
x = 3 + t

 y = 6 + 2t ; t ∈ ¡ .
 z = −3 − t


K = d ∩ ( Q ) ⇒ tọa độ điểm K ứng với tham số t là nghiệm của phương trình:
3 + t + 2 ( 6 + 2t ) − ( −3 − t ) − 6 = 0 ⇔ t = −2 ⇒ K ( 1; 2; −1) .
Câu 48: Đáp án C
Phương trình mặt cầu ở đáp án (C) có tâm I ( 3;3; −3) và bán kính R = 3 nên
R = xI = y I = z I .
Do đó ( S ) tiếp xúc với ba mặt phẳng tọa độ.
Hơn nữa M thỏa mãn phương trình ( S ) nên M ∈ ( S ) .
Câu 49: Đáp án A

r uur
Do ∆ vuông góc với (P) nên ∆ có vectơ chỉ phương u = n p = ( 1; −1;1) .
x = 1+ t

Phương trình đường thẳng ∆ qua A ( 1; −1; 2 ) là:  y = −1 − t .
z = 2 + t

Gọi tâm I ∈ ∆ ⇒ I ( 1 + t , −1 − t , 2 + t ) . Lúc đó
21


R = IA = d ( I , ( P ) ) ⇔ 3t 2 =
Vậy R =

3 + 3t
3

⇔t =−

1

2

3
.
2

Câu 50: Đáp án B

( S1 )

có tâm I1 ( 2; −4;1) và bán kính R1 = 5 .

( S2 )

có tâm I 2 ( −1; 2; 2 ) và bán kính R2 = 2 .

I1 I 2 = 46 .
Để ý rằng R1 − R2 < I1 I 2 < R1 + R2 cho nên ( S1 ) và ( S 2 ) cắt nhau.

22