Đề thi thử THPTQG năm 2018 môn toán THPT chuyên chu văn an lạng sơn lần 1 file word có lời giải chi tiết doc

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
CHU VĂN ĂN
TỔ TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC

THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn: Toán – Lớp 12
Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1: Tập giá trị của hàm số y  tanx là:
A. R \  0

B. R \  k, k �Z

�
�
D. R \ �  k, k �Z�
�2

C. R

Câu 2: Điểm M trong hình bên là điểm biểu diễn của số phức z. Mệnh
đề nào dưới đây đúng?
A. Phần thức là 3 và phần ảo là -4.
B. Phần thực là -4 và phần ảo là 3i.
C. Phần thực là -4 và phần ảo là 3
D. Phần thực là 3 và phần ảo là -4i.
Câu 3: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn

 a; b

và cắt trục hoành tại điểm

x  c  a  c  b  (như hình vẽ bên). Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
y  f  x  trục hoành và hai đường thẳng x  a; x  b. Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
c

b

a

c

f  x  dx  �
f  x  dx
A. S  �
c

b

a

c

f  x  dx  �
f  x  dx
B. S   �
c

b

a

c

f  x  dx  �
f  x  dx
C. S  �
b

f  x  dx
D. S  �
a

Câu 4: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A  8;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0; 4  . Phương
trình mặt phẳng (ABC) là:
A. x  4y  2z  0

B.

Câu 5: Cho mặt phẳng

x y z
x y z
 
 1 C.  
0
4 1 2
8 2 4

 

đi qua M  1; 3; 4 

D. x  4y  2z  8  0

và song song với mặt phẳng

   : 6x  5y  z  7  0. Phương trình mặt phẳng    là:
A. 6x  5y  z  25  0

B. 6x  5y  z  25  0

C. 6x  5y  z  7  0

D. 6x  5y  z  17  0

Trang 1 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Câu 6: Cho hàm số f  x  xác định, liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau :
x
y’

-�
+�

2
-

5
0
2

+

-

+

0

y

+�

8

+�

0

Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
A. Giá trị cực đại của hàm số bằng 5.
B. Hàm số có đúng một cực trị.
C. Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng 0 và giá trị lớn nhất bằng 2.
D. Giá trị cực đại của hàm số bằng 2.
Câu 7: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ bên:
x
y’

-�

-1
+

+
4

y

+�

1
+
3
-�

2

-1

Số nghiệm của phương trình f  x   2  0 là:
A. 0
Câu 8: Cho

B. 1
mặt

phẳng

 

C. 3

D. 2

đi qua điểm M  1; 3; 4  và song song với mặt phẳng

   : 6x  2y  z  7  0. Phương trình mặt phẳng    là :
A. 6x  2y  z  8  0

B. 6x  2y  z  4  0

C. 6x  2y  z  4  0

D. 6x  2y  z  17  0

Câu 9: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x  x 2  1 tại điểm có hoành độ
x  0 là:

A. y  x  1

B. y  x  2

C. y  x  1

D. y  x  2

Câu 10: Cho hình nón có bán kính đáy bằng 4a và chiều cao bằng 3a. Diện tích xung quanh

của hình nón bằng:
A. 18a 2

B. 12a 2

C. 15a 2

D. 20a 2

Câu 11: Cho tập hợp A   1; 2;3; 4 . Có bao nhiêu tập con của A có hai phần tử:
A. 6

B. 12

C. 8

D. 4

Trang 2 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Câu 12: Trong không gian Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình chính tắc của
�x  1  2t
�
đường thẳng �y  3t ?
�
z  2t
�
A.

x 1 y z  2
 
2
3
1

B.

x 1 y z  2
 
1
3
2

C.

x 1 y z  2
 
1
3
2

D.

x 1 y z  2
 
2
3
1

2
Câu 13: Biết rằng tập nghiệm S của bất phương trình log   x  100x  2400   2 có dạng

S   a; b  \  x 0  . Giá trị của a  b  x 0 bằng:
A. 100

B. 30

Câu 14: Giới hạn của hàm số lim
A. 

1
2

B. 

C. 150

D. 50

C. 3

D. 1

3n  1
bằng:
n2

3
2

�x 3  1
khi x �1
�
. Giá trị của tham số m để hàm số liên tục tại
Câu 15: Cho hàm số f  x   �x  1
�
2m  1 khi x  1
�
điểm x 0  1 là:
B. m 

A. m  1

1
2

C. m  0

D. m  2

Câu 16: Đầu mỗi tháng anh A gửi vào ngân hàng 3 triệu đồng với lãi suất 0,7% mỗi tháng.
Biết không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau môi tháng số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc
để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng (khi ngân hàng đã tính lãi) thì
anh A có được số tiền cả gốc lẫn lãi nhiều hơn 100 triệu đồng? Giả định trong suốt thời gian
gửi, lãi suất không đổi và anh A không rút tiền ra.
A. 30 tháng
1

Câu 17: Biết

A. a  b 

B. 33 tháng

C. 29 tháng

D. 28 tháng

x 5

dx  a  ln b với a, b là các số thực. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
�
2x  2
1
2

9
30

B. ab 

9
8

C. ab 

8
81

D. a  b 

7
24

2
Câu 18: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  ln  x  x  1 tại điểm có hoành độ

x 1
A. y  x  1

B. y  x  1

C. y  x  1  ln 3

D. y  x  1  ln 3

Trang 3 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Câu 19: Kí hiệu z1 , z 2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  z  1  0. Giá trị của biểu
2
2
thức P  z1  z 2  z1z 2 bằng:

A. P  2

B. P  1

C. P  0

D. P  1

Câu 20: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thoi cạnh a, ABC  600 , SA   ABCD  ,
SA 
A.

3a
. Gọi O là tâm của hình thoi ABCD. Khoảng cách từ điểm O đến (SBC) bằng
2
5a
4

B.

3a
8

C.

5a
8

D.

Câu 21: Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số y 

3a
4

ax  b

với
cx  d

a, b, c, d là các số thực. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. y '  0 x �2
B. y '  0 x �3
C. y '  0 x �3
D. y '  0 x �2
Câu 22: Cho hàm số f  x  liên tục trên

 1; �

3

và

f
�



x  1 dx  8. Tích phân

0

2

I�
xf  x  dx bằng:
1

A. I  8

C. I  16

B. I  4

D. I  2

Câu 23: Hàm số nào dưới đây đồng biến trên khoảng  �; � ?
A. y  x 4  2x 2  2

B. y 

x 1
2x  1

C. y  x 3  x  5

D. y  x  tanx

12

�1
�
Câu 24: Trong khai triển � 3  x 5 � với x �0. Số hạng chứa x 4 là:
�x
�
A. 924x 4

B. 792

C. 792x 4

D. 924

Câu 25: Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a. Thể tích của khối
chóp đã cho bằng :
A.

14a 3
2

B.

14a 3
6

C.

2a 3
6

D.

11a 3
12

�b 2 �
log

b

2
log
c

3.
P

log
Câu 26: Cho
và
Giá trị của biểu thức
a
a
a � 2 �bằng:
�c �
Trang 4 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


A.

4
9

B. 36

C. -5

D. 13

Câu 27: Cho hình trụ có chiều cao h  a 3, bán kính đáy r  a. Gọi O,O’ lần lượt là tâm của
hai đường tròn đáy. Trên hai đường tròn đáy lần lượt lấy hai điểm A, B sao cho hai dường
thẳng AB và OO’ chéo nhau và góc giữa hai đường thẳng AB với OO’ bằng 300. Khoảng
cách giữa hai đường thẳng AB và OO’ bằng :
A. a 6

B.

a 6
2

C. a 3

D.

a 3
2

Câu 28: Gọi n là số đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
y

x 1
. Tìm n ?
x  4x  3
2

A. n  0

B. n  3

C. m  2

D. m  1

Câu 29: Một tổ có 6 học sinh nam và 9 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 5 học sinh
đi lao động trong đó có 2 học sinh nam ?
2
3
A. C9 .C6

2
3
B. C6  C9

2
3
C. C6 .C9

2
3
D. A 6 .A9

Câu 30: Cho phương trình 32x 5  3x  2  2. Khi đặt t  3x 1 , phương trình đã cho trở thành
phương trình nào trong các phương trình dưới đây?
A. 81t 2  3t  2  0

B. 3t 2  t  2  0

C. 27t 2  3t  2  0

Câu 31: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng

 S : x 2  y 2  z 2  2x  4y  6z 11  0.

D. 27t 2  3t  2  0

 P  : 2x  2y  z  4  0

và mặt cầu

Biết rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một

đường tròn (C). Tọa độ điểm H là tâm đường tròn (C) là:
A. H  3;0; 2 

B. H  1; 4; 4 

C. H  2;0;3

D. H  4; 4; 1

2 x 1  1
Câu 32: Cho hàm số y  x
với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị
2 m
nguyên của tham số m trong khoảng  50;50  để hàm số ngịch biến trên  1;1 . Số phần tử
của S là:
A. 49

B. 47

C. 48

D. 50

Câu 33: Trong không gian Oxyz cho điểm M  1;3; 2  . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng (P) đi
qua M và cắt các trục x 'Ox; y 'Oy; z 'Oz  lần lượt tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho
OA  OB  OC �0
A. 3

B. 2

C. 1

D. 4

Trang 5 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Câu 34: Hai quả bóng hình cầu có kích thước khác nhau được đặt ở hai góc của một căn nhà
hình hộp chữ nhật sao cho mỗi quả bóng đều tiếp xúc với hai bức tường và nền của nhà đó.
Biết rằng trên bề mặt của quả bóng đều tồn tại một điểm có khoảng cách đến hai bức tường
và nền nhà mà nó tiếp xúc bằng 1, 2, 4. Tổng độ dài đường kính của hai quả bóng đó.
A. 6

B. 14

C. 12

D. 10

�
32x  x 1  32 x 1  2017x �2017
�
Câu 35: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ � 2
có
�x   m  2  x  2m  3 �0
nghiệm.
A. m �2

B. m �3

C. m  3

D. m �2

Câu 36: Trong kì thi thử THPT Quốc Gia, An làm để thi trắc nghiệm môn Toán. Đề thi gồm
50 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng; trả lời đúng
mỗi câu được 0,2 điểm. An trả lời hết các câu hỏi và chắc chắn đúng 45 câu, 5 câu còn lại An
chọn ngẫu nhiên. Tính xác suất để điểm thi môn Toán của An không dưới 9,5 điểm.
A.

13
1024

B.

2
19

C.

53
512

D.

9
22

3
2
Câu 37: Cho hàm số y  x  2  m  1 x   5m  1 x  2m  2 có đồ thị là  Cm  , với m là

tham số. Có bao nhiêu giá trị của m nguyên trong đoạn  10;100 để  C m  cắt trục hoành
tại ba điểm phân biệt A  2;0  , B, C sao cho trong hai điểm B, C có một điểm nằm trong và
một điểm nằm ngoài đường tròn có phương trình x 2  y 2  1?
A. 109

B. 108

C. 18

D. 19

Câu 38: Người ta trồng cây theo hình tam giác, với quy luật: ở hàng thứ nhất có 1 cây, ở
hàng thứ hai có 2 cây, ỏ hàng thứ 3 có 3 cây,… ở hàng thứ n có n cây. Biết rằng người ta
trồng hết 4950 cây. Hỏi số hàng cây được trồng theo cách trên là nbao nhiêu?
A. 101

B. 100

C. 99

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

3
 z 2
2

D. 98

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

B. z  2

Câu 40: Để giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 

C. z 

1
2

D.

1

3
z
2
2

x
 m trên khoảng  0; � bằng -3 thì giá trị
x

của tham số m là:
A. m 

11
2

B. m 

19
3

C. m  5

D. m  7

Trang 6 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Câu 41: Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y  f  x  . Gọi S là tập
hợp các số nguyên dương

của tham số m để hàm số

y  f  x  1  m có 5 điểm cực trị. Tổng giá trị tất cả các phần tử
của S bằng:
A. 12

B. 15

C. 18

D. 9

Câu 42: Cho nửa đường tròn đường kính AB  4 5. Trên đó người ta
vẽ một parabol có đỉnh trùng với tâm của nửa hình tròn, trục đối xứng
là đường kính vuông góc với AB. Parabol cắt nửa đường tròn tại hia
điểm cách nhau 4cm và khoảng cách từ hai điểm đó đến AB bằng nhau
và bằng 4cm. Sau đó người ta cắt bỏ phần hình phẳng giới hạn bởi đường tròn và parabol
(phần tô màu trong hình vẽ). Đem phần còn lại quay xung quanh trục AB. Thể tích của khối
tròn xoay thu được bằng:
A. V 


800 5  928 cm3
5

B. V 


800 5  928 cm 3
15

C. V 


800 5  928 cm3
3

D. V 


800 5  464 cm3
15















Câu 43: Cho hàm số f  x  xác định trên R \  �1 thỏa mãn f '  x  

1

. Biết
x 1
2

� 1 � �1 �
f  3  f  3  0 và f �
 � f � � 2. Giá trị T  f  2   f  0   f  4  bằng:
� 2 � �2 �
1 9
A. T  ln
2 5

1 5
B. T  2  ln
2 9

1 9
C. T  3  ln
2 5

1 9
D. T  1  ln
2 5

Câu 44: Cho hình vuông ABCD cạnh a tâm O. Dựng đường thẳng  qua O và vuông góc
với mặt phẳng (ABCD). Trên đường thẳng  lấy hai điểm S và S’ đối xứng nhau qua O sao
cho SA  S'A  a. Cosin góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và (S’AB) bằng:
A.

4

9

C. 

B. 0

1
3

D.

1
3

Câu 45: Xét các số thực x, y thỏa mãn x 2  y 2  1 và log x 2  y2  2x  3y  �1. Giá trị lớn nhất
Pmax cửa biểu thức P  2x  y bằng:
A. Pmax 

7  10
2

B. Pmax 

19  19
2

C. Pmax 

7  65
2

D. Pmax 

11  10 2
3

Trang 7 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Câu 46: Cho hàm số y  f  x  xác định trên R. Đồ thị hàm số y  f '  x  như hình vẽ bên.
1 3 3 2 3
Đặt g  x   f  x   x  x  x  2018. Điểm cực tiểu của hàm số
3
4
2
g  x  đoạn  3;1 là:
1
2

A. x CT  1

B. x CT 

C. x CT  2

D. x CT  0

Câu 47: Xét các số phức z  a  bi,  a, b �R  thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
z  z  4  3i và z  1  i  z  2  3i đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị P  a  2b là:
A. P  

61
10

B. P  

252
50

C. P  

41
5

D. P  

18
5

2
Câu 48: Cho hàm số f  x  liên tục trên R và f  x  �0 với mọi x �R. f '  x    2x  1 f  x 

a
a
và f  1  0,5. Biết rằng tổng f  1  f  2   f  3   ...  f  2017   ;  a �Z, b �N  với
tối
b
b
giản. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. a � 2017; 2017 

B. b  a  4035

C. a  b  1

D.

a
 1
b

Câu 49: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’. Trên A’B, kéo dài lấy điểm M sao cho
B' M 

1
A ' B'. Gọi N, P lần lượt là trung điểm của A’C’ và B’B. Mặt phẳng (MNP) chia
2

khối lăng trụ ABC.A’B’C’ thành hai khối đa diện trong đó khối đa diện chứa đỉnh A’ có thể
tích V1 và khối đa diện chứa đỉnh C’ có thể tích V2 . Tính
A.

V1 97
 .
V2 59

B.

V1 49


.
V2 144

C.

V1
.
V2

V1 95

.
V2 144

D.

V1 49
 .
V2 95

2
2
2
Câu 50: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S : x  y  z  2x  4y  6z  13  0 và

đường thẳng d :

x 1 y  2 z 1



. Tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho từ M kẻ
1
1
1

được 3 tiếp tuyến MA, MB, MC đến mặt cầu (S) (A, B, C là các tiếp điểm) thỏa mãn
AMB  600 ; BMC  900 ; CMA  1200 có dạng M  a; b;c  với a  0. Tổng a  b  c bằng:
Trang 8 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


A. 2

B. -2

C. 1

D.

10
3

Đáp án
1-D
11-A
21-A
31-A
41-A

2-A
12-D

22-B
32-A
42-B

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

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

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

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

7-D
17-C

27-D
37-B
47-A

8-B
18-A
28-B
38-C
48-B

9-D
19-C
29-C
39-D
49-D

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án D.
Phương pháp: Hàm số y  tan x xác định ۹ cos x
cos�x
Cách giải: Hàm số y  tan x xác định ۹۹

0

0

x


k
2

k

Z

�
�
Vậy TXĐ: D  R \ �  k, k �Z �.
�2
Câu 2: Đáp án A.
Phương pháp : Số phức z  a  bi có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là M  a; b  trong đó
a là phần thực và b là phần ảo.
Cách giải: M  3; 4  � Số phức z có phần thức là 3 và phần ảo là -4.
Câu 3: Đáp án B.
Phương pháp : Ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng.
b

c

b

c

b

a

a

c

a

c

f  x  dx  �
f  x  dx  �
f  x  dx   �
f  x  dx  �
f  x  dx
Cách giải: S  �
Câu 4: Đáp án D.
Phương pháp: Viết phương trình mặt phẳng (ABC) dạng đoạn chắn.
Cách giải: Phương trình mặt phẳng (ABC):

x y z
 
 1 � x  4y  2z  8  0
8 2 4

Câu 5: Đáp án B.

uuur

Phương pháp: Mặt phẳng    đi qua M  1; 3; 4  và nhận n     6; 5;1 là 1 VTPT.
uuur
Cách giải: Mặt phẳng    đi qua M  1; 3; 4  và nhận n     6; 5;1 là 1 VTPT nên có
phương trình:
6  x  1  5  y  3    z  4   0 � 6x  5y  z  25  0.
Trang 9 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Câu 6: Đáp án D.
Phương pháp : Dựa vào BBT.
Cách giải :
A sai vì giá trị cực đại của hàm số bằng 2.
B sai vì hàm số có 3 cực trị.
C sai vì hàm số không có GTLN.
Câu 7: Đáp án D.
Phương pháp: Số nghiệm của phương trình f  x   m là số giao điểm của đồ thị hàm số
y  f  x  và đường thẳng y  m.
Cách giải: f  x   2  0 � f  x   2.
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng y  2.
Dựa vào BBT ta thấy phương trình có 2 nghiệm.
Câu 8: Đáp án B.

uuur
Phương pháp: Mặt phẳng    đi qua M  1; 3; 4  và nhận n     6; 2; 1 là 1 VTPT.
uuur
Cách giải: Mặt phẳng    đi qua M  1; 3; 4  và nhận n     6; 2; 1 là 1 VTPT nên có
phương trình: 6  x  1  2  y  3   z  4   0 � 6x  2y  z  4  0.
Câu 9: Đáp án A.
Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ
x  x 0 là y  y '  x 0   x  x 0   y 0

Cách giải: TXĐ: D  R.
Ta có y '  1 

x
x2 1

� y '  0   1; y  0   1

� Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x  0 là:
y  y '  0   x  0   y  0   1 x  0   1  x  1
Câu 10: Đáp án D.
Phương pháp: Diện tích xung quanh của hình nón Sxq  rl.
Cách giải: Độ dài đường sinh của hình nón l  r 2  h 2  5a
2
Diện tích xung quanh của hình nón Sxq  rl  .4a.5a  20a .

Câu 11: Đáp án A.
Phương pháp: Số tập con có 2 phần tử của tập A là chỉnh hợp chập 2 của 4.
Trang 10 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


2
Cách giải: Số tập con có 2 phần tử của tập A là C 4  6.

Câu 12: Đáp án D.
�x  1  2t
�
Phương pháp: Đường thẳng d có phương trình tham số: �y  3t
có phương trình chính tắc
�

z  2t
�
x  x 0 y  y0 z  z 0


a
b
c
Cách giải: Phương trình chính tắc của đường thẳng d là:

x 1 y z  2
 
2
3
1

Câu 13: Đáp án D.
a
Phương pháp: log f  x   a � f  x   10 .
2
Cách giải: ĐK:  x  100x  2400  0 � x � 40;60 

log   x 2  100x  2400   2 �  x 2  100x  2400  102  100

 x۹ 50 
�  x 2  100x  2500  0 �

2

0

x

50

a  40
�
�
� S   40;60  \  50 � �
b  60 � a  b  x 0  50
�x  50
�0
Câu 14: Đáp án C.
Phương pháp: Chia cả tử và mẫu cho n và sử dụng giới hạn lim

1
 0  a  1
n

1
3n  1
n 3
 lim
Cách giải: lim
2
n2
1
n
3

Câu 15: Đáp án A.
f  x   f  x0 
Phương pháp: Hàm số y  f  x  liên tục tại x  x 0 � xlim
�x 0
x3 1
 lim  x 2  x  1  3
x �1 x  1
x �1

Cách giải: lim f  x   lim
x �1

f  1  2m  1
f  x   f  1 � 3  2m  1 � m  1.
Để hàm số liên tục tại x  1 � lim
x �1
Câu 16: Đáp án A.
Phương pháp: Sử dụng công thức lãi kép.
Cách giải: Số tiền anh A nhận được sau n tháng là:
Trang 11 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


A  1  r   A  1  r   ...  A  1  r 
2

n

 A  1 r �
1  1  r   ...   1  r 
� 

n 1

�
�

n
n
�
�1  r   1�
1  1 r 
� 100
A  1 r 
 A 1 r .
1  1 r 
r

�

3  1  0, 7% 
n
.�
 100 � n  29,88
�1  0, 7%   1�
�
0, 7%

Vậy phải cần ít nhất 30 tháng để anh A có được nhiều hơn 100 triệu.
Câu 17: Đáp án C.
Phương pháp: Chia tử cho mẫu.

1

1

1

3

3

3

1

x 5
x 1 6
3 � �1
�1
�
dx  �
dx  �
dx  � x  3ln x  1 �
Cách giải: �
�
�
2 x  1 � �2
�1
1 2x  2
1 2x  2
1�

3

� 1
a
�
1
1
4 1
2 1
8
8
� 3
  3ln 2   3ln   3ln   ln
��
� ab 
2
6
3 3
3 3
27
81
�b  8
� 27
Câu 18: Đáp án A.
Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ x 0
là: y  f '  x 0   x  x 0   y 0
Cách giải: Ta có: y ' 

2x  1

� y '  1  1
x  x 1
2

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x  1 là:
y  1 x  1  ln1  x  1.
Câu 19: Đáp án C.
Phương pháp: Sử dụng định lí Vi-et.
Cách giải: z1 , z 2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  z  1  0 nên theo định lí Vi-et ta

b
�
z

z


 1
1
2
�
�
a
có: �
c
�
z z  1
�1 2 a
P  z12  z 22  z1z 2   z1  z 2   z1z 2   1  1  0.
2

2

Câu 20: Đáp án B.

Trang 12 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Phương pháp: Tính khoảng cách từ A đến (SBC) và so sánh khoảng cách từ O đến (SBC) với
khoảng cách từ A đến (SBC)
Cách giải: Tam giác ABC có ABC  600 � ABC đều cạnh a.
Gọi M là trung điểm của BC � AM  BC. Trong mặt phẳng (SAM) kẻ AH  SM ta có
BC  SA
�
� BC   SAM  � BC  AH
�
BC  AM
�
� AH   SBC  � d  A;  SBC    AH
Tam giác ABC đều cạnh a nên AM 
Ta có :

a 3
2

1
1
1
4
4

16
3a


 2  2  2 � AH 
2
2
2
AH
SA AM
9a 3a
9a
4

Ta có OA � SBC   C �
� d  O;  SBC   

d  O;  SBC  

d  A;  SBC  



OC 1

AC 2

1
3a
AH 

2
8

Câu 21: Đáp án A.
Phương pháp: Dựa vào các đường tiệm cận và sự đơn điệu của đồ thị hàm số.
Cách giải: Ta thấy hàm số nghịch biến trên  �; 2  và  2; � � y '  0 x �2.
Câu 22: Đáp án B.
Phương pháp: Đặt t  x  1
�x  0 � t  1
Cách giải: Đặt t  x  1 � t 2  x  1 � dx  2tdt, đổi cận �
�x  3 � t  2
3





2

2

2

1

1

1

��

f x  1 dx  �
f  t  2tdt  2 �
xf  x  dx  8 � �
xf  x  dx  4
0

Câu 23: Đáp án C.
Phương pháp:
f ' x 
Hàm số y  f  x  đồng biến trên R ۳�

0 x R và f '  x   0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải:
Đáp án A: y '  4x 3  4x  0 � x  0 � y '  0 � x  0

Trang 13 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


3
� 1�
 0 x �D � hàm số đồng biến trên các
Đáp án B: TXĐ D  R \ � �, ta có y ' 
2
2x

1


2

�
1�
�
�;  �và
khoảng xác định �
2�
�

�1
�
 ; ��
�
�2
�

Đáp án C: y '  3x 2  1  0 x �R � Hàm số đồng biến trên R.
1
�
�
 0 x �D � Hàm số đồng biến
Đáp án D: TXĐ: D  R \ �  k �, ta có y '  1 
cos 2 x
�2
trên các khoảng xác định.
Vậy chỉ có đáp án C đúng.
Câu 24: Đáp án C.
n

k nk k
Phương pháp : Sử dụng khai triển nhị thức Newton:  a  b   �Cn a b

n

k 0

12

k

�1
� 12 k �1 � 5 12  k 12 k 1 60 5k 12 k 60 8k
Cách giải : � 3  x 5 �  �C12
. � 3 �.  x 
 �C12 . 3k .x
 �C12 .x
x
�x
� k 0
�x �
k 0
k 0
7
.x 4  792x 4 .
60  8k  4 � k  7 � Số hạng chứa x 4 là C12

Câu 25: Đáp án C.
1
Phương pháp : VS.ABCD  SO.SABCD , với O là giao điểm 2 đường chéo.
3
Cách giải : Gọi O  AC �BD
Ta có: BO 

1
a 2
BD 
2
2

2
2
Xét tam giác vuông SOB có SO  SB  BO 

� VA.ABCD

a
2

1
1 a 2
2a 3
 SO.SABCD 
.a 
3
3 2
6

Câu 26: Đáp án C.
m
Phương pháp: Sử dụng các công thức log a n x 

m

log a b và log  ab   log a  log b (giả sử
n

các biểu thức là có nghĩa).
�b 2 �
P

log
 log a b 2  log a c3  2 log a b  3log a c  2.2  3.3  5
Cách giải:
a �3 �
�c �
Câu 27: Đáp án D.
Phương pháp :
Trang 14 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


+) Xác định mặt phẳng (P) chứa AB và song song với OO’.
+) d  OO';AB   d  OO';  P  
Cách giải :
0
Dựng AA’//OO’ ta có:  OO';AB    AA';AB   A ' AB  30

Gọi M là trung điểm của A’B ta có:
O ' M  A 'B
�
� O ' M   ABA '  � O 'M   O ';  ABA '  
�
O ' M  AA '
�

OO '/ /AA' � OO'//  ABA '  �AB
� d  OO '; AB   d  OO ';  ABA '    d  O '  ABA '    O ' M
Xét tam giác vuông ABA’ có A'B=AA '.tan 30  a 3.

1
a
 a � MB 
2
3

Xét tam giác vuông O’MB có O 'M  O ' B2  MB2 

a 3
2

Câu 28: Đáp án B.
Phương pháp :
y  a hoặc lim y  a � y  a là đường TCN của đồ thị hàm số.
Nếu xlim
��
x � �
y  �� x  x 0 là đường TCĐ của đồ thị hàm số.
Nếu xlim
�x 0
Cách giải : Dễ thấy đồ thị hàm số có 1 đường TCN là y  0 và 2 đường TCĐ là x  1; x  3.
Vậy n  3.
Câu 29: Đáp án C.
Phương pháp:
+) Chọn 2 học sinh nam.
+) Chọn 3 học sinh nữ.

+) Sử dụng quy tắc nhân.
Cách giải:
2
Số cách chọn 2 học sinh nam C6 .
3
Số cách chọn 3 học sinh nữ C9 .
2
3
Vậy số cách chọn 5 học sinh đi lao động trong đó có 2 học sinh nam là C6 .C9 .

Câu 30: Đáp án C.
Phương pháp: Đặt t  3x 1.
Cách giải: 32x 5  3x  2 � 32x  23  3x 11  2 � 27.32 x 1  3.3x 1  2
Trang 15 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Đặt t  3x 1 , khi đó phương trình trở thành 27t 2  3t  2 � 27t 2  3t  2  0
Câu 31: Đáp án A.
Phương pháp:
Mặt phẳng (P) cắt (S) theo một đường tròn (C) � Tâm H của (C) là hình chiếu của H trên (P).
Cách giải: Mặt cầu (S) có tâm I  1; 2;3 , bán kính R  5.
Mặt phẳng (P) cắt (S) theo một đường tròn (C) � Tâm H của (C) là hình chiếu của H trên (P).
r
Ta có n  P    2; 2; 1 , đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P) có phương trình

�x  1  2t
�
�y  2  2t  d 
�
z  3 t

�
Khi đó H   P  � d  � H  1  2t; 2  2t;3  t  . Thay vào phương trình mặt phẳng (P) ta có:
2  1  2t   2  2  2t    3  t   4  0 � 9t  9  0 � t  1 � H  3;0; 2 
Câu 32: Đáp án A.
Phương pháp: Đặt t  2 x
2m  1
2t  1
�1 �
x
, khi đó ta có y 
Cách giải: Đặt t  2 , t �� ; 2 �
 t �m  có y '  t  m 2 luôn đồng


tm
�2 �
biến hoặc nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó.
Để hàm số ban đầu nghịch biến trên  1;1 � hàm số y 

2t  1
�1 �
nghịch biến trên � ; 2 �
tm
�2 �

�1 �
�1 �
� y '  0 t �� ; 2 �và m �� ; 2 �
�2 �
�2 �

� 1
2m  1  0
m
�
�
2
�
�
�� 1
� 1 1�
� ��
� �� 1 � m ��
 ; �� 2; �
m�
m
�
2 2�
2
�
�
��
�
2
�
�
�
m �2
��
m �2
��

� 1 1�
 ; �� 2;50  .
Kết hợp m � 50;50  � m ��
� 2 2�
Vậy có tất cả 49 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 33: Đáp án D.
Phương pháp: Gọi A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0;c  � a  b  c , chia các trường hợp để phá
trị tuyệt đối và viết phương trình mặt phẳng (P) dạng đoạn chắn.
Trang 16 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Cách giải: Giả sử A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0;c  , ta có: OA  a ;OB  b ;OC  c
OA  OB  OC �0 � a  b  c �0
TH1: a  b  c �  P  :

x y z
  1� x  y za  0
a a a

M � ABC  � 2  a  0 � a  2 �  P  : x  y  z  2  0
TH2: a  b  c �  P  :

x y z
 
1 � x  y  z  a  0
a a a

M � ABC  � 6  a  0 � a  6 �  P  : x  y  z  6  0
TH3: a   b  c �  P  :

x y z

 1� x  y  z  a  0
a a a

M � ABC  � 4  a  0 � a  4 �  P  : x  y  z  4  0
TH4: a  b  c �  P  :

x y
z


1� x  y z a  0
a  a a

M � ABC  � 0  a  0 � a  0 �  P  : x  y  z  0
Vậy có 4 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 34: Đáp án B.
Phương pháp giải: Gắn hệ tọa độ Oxyz, tìm bán kính quả bóng chính là
bán kính của mặt cầu
Lời giải: Xét quả bóng tiếp xúc với các bức tường và chọn hệ trục Oxyz
như hình vẽ bên (tương tự với góc tường còn lại).
Gọi I  a;a;a  là tâm của mặt cầu (tâm quả bóng) và R  a.
� phương trình mặt cầu của quả bóng là

 S :  x  a 

2

  y  a    z  a   a 2 (1).

2

2

Giả sử M  x; y; z  nằm trên mặt cầu (bề mặt của quả bóng) sao cho d  M;  Oxy    1,
d  M;  Oyz    2, d  M;  Oxz    3
Khi đó z  1; x  2; y  3 � M  2;3;1 � S  (2).
Từ (1),(2) suy ra  1  a    2  a    4  a   a 2
2

2

2

�
7 7
R 1  a1 
�
�
2
��
� d1  d 2  2  R1  R 2   14.
7 7
�
R2  a2 
�
�
2
Câu 35: Đáp án D.
Trang 17 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

Phương pháp:
Sử dụng phương pháp hàm số giải bất phương trình (1), suy ra điều kiện của nghiệm x.
f  x
Bất phương trình (2), cô lập m, đưa về dạng m �f  x  trên  a; b  có nghiệm  m min
 a;b
Cách giải: ĐK: x �1
32x 

x 1

� 32x 

 32
x 1



x 1

 2017x �2017



t
Xét hàm số f  t   3 





2017
2x  x  1 �32 
2

x 1





2017
2  x 1
2



2017
2017
t có f '  t   3t.ln 3 
 0 x � Hàm số đồng biến trên R.
2
2

 



f 2x +

�
x 
1�
f �
2 �+
x 1 2x

x 1 2

x 1 2

x 1

x 1

Để hệ phương trình có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm x � 1;1 .
x 2   m  2  x  2m  3 �0 � x 2  2x  3 �m  x  2 
Với x 
�� x 2 0
 1;1

m

x 2  2x  3
x2

�
 1;1
Để phương trình có nghiệm x 

m

f  x
min f  x 
 1;1

2 (sử dụng MTCT để tìm GTNN).

Câu 36: Đáp án A.
Phương pháp: Tính xác suất để học sinh đúng thêm 3 câu nữa trở lên.
Xác suất mỗi câu trả lời đúng là 0,25 và mỗi câu trả lời sai là 0,75.
Cách giải:
An trả lời chắc chắn đúng 45 câu nên có chắc chắn 9 điểm.
Để điểm thi �9,5 � An phải trả lời đúng từ 3 câu trở lên nữa.
Xác suất để trả lời đúng 1 câu hỏi là 0,25 và trả lời sai là 0,75
3
2
TH1: Đúng 3 câu. P1  0, 25 .0, 75
4
TH2: Đúng 49 câu P2  0, 25 .0, 75
4
TH3: Đúng cả 50 câu P3  0, 25

Vậy xác suất để An được trên 9,5 điểm là P  P1  P2  P3 

13
1024

Câu 37: Đáp án B.
Phương pháp: Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có ba nghiệm phân biệt

thỏa mãn x A  2, hoặc x B  1  x C  1 hoặc 1  x B  1  x C
Cách giải:
Trang 18 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


3
2
Đồ thị hàm số y  x  2  m  1 x   5m  1 x  2m  2 luôn đi qua điểm A  2;0  .

Xét phương trình hoành độ giao điểm
x 3  2  m  1 x 2   5m  1 x  2m  2  0
x2
�
�  x  2   x 2  2mx  m  1  0 � �2
x  2mx  m  1  0 (*)
�
Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt � pt (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 2
� � 1 5 � �
�
1 5
m ��

�
;
�
;

�
�
�

�
�
� 2
�
�
 '  m  m 1  0
� �
2 �
�
�
�
�
� �2
��
2

2m.2

m

1
�
0
�
� 5
m�
�
� 3
2

Giả sử x B ; x C  x B  x C  là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (*).
Để hai điểm B, C một điểm nằm trong một điểm nằm ngoài đường tròn x 2  y 2  1.
� 2
�
af  1  0
3m  2  0
m
�
2
�
�
��
��
3 �m
TH1: x B  1  x C  1 � �
m  2  0
3
af  1  0
�
�
�
m2
�
2
�
�
af  1  0
3m  2  0
m
�

�
�
��
��
3�m2
TH2: 1  x B  1  x C � �
af  1  0
�m  2  0
�
�
m2
�
2�
�
�;  �� 2; � .
Kết hợp điều kiện ta có: m ��
3�
�
2�
�
10;  �
� 2;100 � Có 108 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu
Lại có m � 10;100 � m ��
3�
�
cầu bái toán.
Câu 38: Đáp án C.
Phương pháp: Sử dụng tổng 1  2  3  ...  n 

n  n  1

2

Cách giải: Giả sử trồng được n hàng cây với quy luật trên thì số cây trồng được là:
1  2  3  ...  n 

n  n  1
 4950 � n 2  n  9900  0 � n  99
2

Câu 39: Đáp án D.
Phương pháp: Chuyển vế, lấy mođun hai vế.
Cách giải:

 1  2i 

z

10
10
 2  i �  1  2i  z  2  i 
z
z

Trang 19 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải




10 �  z   2   2 z  1 2  10
2

z  2    2 z  1 i 
z
z
2

2

� z  4 z  4  4 z  4 z 1 

10
z

2

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

Câu 40: Đáp án C.
Phương pháp: Sử dung BĐT Cauchy.
Cách giải: x 

Cauchuy
1
1
 m � 2 x.  m  2  m � min y  2  m  3 � m  5
 0;�
x

x

Câu 41: Đáp án A.
Phương pháp: Suy ra cách vẽ của đồ thị hàm số y  f  x  1  m và thử các trường hợp và
đếm số cực trị của đồ thị hàm số. Một điểm được gọi là cực trị của hàm số nếu tại đó hàm số
liên tục và đổi chiều.
Cách giải: Đồ thị hàm số y  f  x  1 nhận được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y  f  x 
sang phải 1 đơn vị nên không làm thay đổi tung độ các điểm cực trị.

Đồ thị hàm số y  f  x  1  m nhận được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y  f  x  1 lên
trên m đơn vị nên ta có: y CD  2  m; y CT  3  m, y CT  6  m

Đồ thị hàm số y  f  x  1  m nhận được bằng cách từ đồ thị hàm số y  f  x  1  m lấy
đối xứng phần đồ thị phía dưới trục hoành qua trục hoành và xóa đi phần đồ thị phía dưới
trục hoành.
Trang 20 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Để đồ thị hàm số có 5 cực trị +
�
6 �
m 0


3+m

��
3 m 6

m�Z

m

 3; 4;5

� S   3; 4;5 � 3  4  5  12
Câu 42: Đáp án B.
Phương pháp: Ứng dụng tích phân để tính thể tích khối tròn xoay.
Cách giải: Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ:

Ta có:
Phương trình đường tròn: x 2  y 2  20 � y  20  x 2
Phương trình parabol: y  x 2
Thể tích khối cầu V 



4
 2 5
3



3



160 5

3

2

Thể tích khi quay phần tô đậm quanh trục Ox là: V '   �
 20  x 2  x 4  dx 
2

� Thể tích cần tính V1  V  V '  160 5   928    800 5  928
3
15
15



928

15



Câu 43: Đáp án D.
f '  x  dx
Phương pháp: f  x   �
1
1 x 1
f '  x  dx  �2 dx  ln
C
Cách giải: f  x   �
x 1
2 x 1
1 x 1

�
ln
 C1 khi x � �; 1 � 1; �
�
2
x

1
� f  x  �
1 1 x
�
ln
 C 2 khi x � 1;1
�
2 x 1
1
1 1
� f  3  f  3  ln 2  C1  ln  C1  0 � C1  0
2
2 2
1
1 1
� 1�
f�
 � f  3  ln 3  C 2  ln  C 2  2 � C 2  1
2
2 3
� 2�

Trang 21 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

1 x 1
�
ln
khi x � �; 1 � 1; �
�
2
x

1
� f  x  �
1 1 x
�
ln
khi x � 1;1
�
2 x 1
1
1
1 3
1 9
� f  2   f  0   f  4   ln 3  ln1  1  ln  1  ln
2
2
2 5
2 5
Câu 44: Đáp án D.
Phương pháp: Tính góc giữa mặt phẳng (SAB) và (ABCD).
Cách giải: Dễ thấy 2 hình chóp S.ABCD và S’.ABCD là các hình chóp tứ giác đều.

Gọi E là trung điểm của AB ta có:
�
 SAB  � ABCD   AB
�
 SAB  �SE  AB
�
�
 ABCD  �OE  AB
�
�   SAB  ;  ABCD     SE;OE   SEO  
�
  SAB ;  S'AB    2
��
�
  SAB ;  S'AB      2
�
a
a 3
OE
1
� cos 

Ta có: OE  ;SE 
2
2
SE
3
cos  2 cos 2   1  

1 1


3 3

Câu 45: Đáp án C.
Phương pháp giải: Dựa vào giả thiết, đánh giá đưa về tổng các bình phương, từ biểu thức P
đưa về hạng tử trong tổng bình phương và áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki tìm giá trị
lớn nhất.
Lời giải:
Vì x 2  y 2  1 suy ra y  log x 2  y2 f  x  là hàm số đồng biến trên tập xác định.
2
2
2
2
Khi đó log x 2  y2  2x  3y  �log x 2  y2  x  y  � 2x  3y �x  y
2

3 9 � 13
2
�2
� 3 � 13
� x  2x  y  3y �0 �  x  2x  1  �
y  2.y.  �� �  x  1  �y  ��
2 4� 4
�
� 2� 4
2

2

2

3 7
3
7
Xét biểu thức P, ta có P  2x  y  2  x  1  y   � 2  x  1  y   P  .
2 2
2
2
2
2
�
3�
2
�
� 3 �� 65
2
2
2
x

1

y

�
2

1
.
x


1

y


Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, có �

 �  �
�
�� .
2�
2 �� 4
�
�
�

Trang 22 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


2

7  65
� 7 � 65
��
P 
����
�
�
2

� 2� 4

P

7  65
2

�
7  65
Pmin 
�
�
2
.
�
7

65
�
Pmax 
�
�
2

Câu 46: Đáp án A.
Phương pháp: Tính g '  x  , tìm các nghiệm của phương trình g '  x   0.
Điểm x 0 được gọi là điểm cực tiểu của hàm số y  g  x  khi và chỉ khi g '  x 0   0 và qua
điểm x  x 0 thì g '  x  đổi dấu từ âm sang dương.
Cách giải:

x 1
�
3
3
3
3
�
2
g ' x   f ' x   x  x   0 � f ' x   x  x  � �
x  1
2
2
2
2
�
x  3
�
2

3
3
2
Khi x  1 ta có: f '  x   x  x  � g '  x   0,
2
2
3
3
2
Khi x  1 ta có f '  x   x  x  � g '  x   0
2

2
Qua x  1, g’(x) đổi dấu từ dương sang âm � x  1 là điểm cực đại của đồ thị hàm số y  g  x 
Chứng minh tương tự ta được x  1 là điểm cực tiểu và x  3 là điểm cực đại của đồ thị
hàm số y  g  x  .
Câu 47: Đáp án A.
Phương pháp:
Từ z  yi  z  4  3i tìm ra quỹ tích điểm M  x; y  biểu diễn cho số phức z  x  yi.
Gọi điểm M  x; y  là điểm biểu diễn cho số phức z và A  1;1 ; B  2; 3 ta có:
z  1  i  z  2  3i  MA  MB nhỏ nhất � MA  MB
Cách giải: Gọi z  x  ui ta có:
Trang 23 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


x  yi  x  yi  4  3i � x 2  y 2   x  4    y  3 
2

2

� 8x  6y  25

Gọi điểm M  x; y  là điểm biểu diễn cho số phức z và A  1;1 ; B  2; 3 ta có:
z  1  i  z  2  3i  MA  MB nhỏ nhất.
Ta có: MA  MB �2 MA.MB, dấu bằng xảy ra � MA  MB � M thuộc trung trực của
AB.
�1
� uuur
Gọi I là trung điểm của AB ta có I � ; 1�và AB   3; 4  .
�2
�
11

� 1�
Phương trình đường trung trực của AB là 3 �x  � 4  y  1  0 � 3x  4y   0
2
� 2�
Để  MA  MB  min � Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình

67
�
8x  6y  25
x
�
�
�
�
50
�
11 � �
3x  4y 
�
�y   119
�
2
�
50
67
�
a
�
67 119
61

�
50
�z 
i��
� P  a  2b  
119
50 50
10
�
b
�
50
Câu 48: Đáp án B.
Phương pháp : Chuyển vế, lấy nguyên hàm hai vế.
2
Cách giải : f '  x    2x  1 f  x  �

f ' x 
 2x  1
f 2  x

f '  x  dx
1
� �2
�
 2x  1 dx � f x  x 2  x  C
 
f  x
f  1  0,5 � 
� f  x  

1
 11  C � C  0
0,5

1
1
1 � 1
1
�1

 � 

�
x x
x  x  1
�x x  1 � x  1 x
2

� f  1  f  2   f  3  ...  f  2017 


1
1 1 1 1
1
1
1
1
 1      ... 




2
3 2 4 3
2017 2016 2018 2017

 1 

a  2017
�
1
2017 a

 ��
� b  a  4035
b  2018
2018 2018 b �

Trang 24 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Câu 49: Đáp án D.
Phương pháp : Dựng thiết diện, xác định hai phần cần tính thể tích.
Sử dụng phân chia và lắp ghép các khối đa diện.
Cách giải : Gọi E  MN �B 'C '
Kéo dài MP cắt AB tại D, cắt AA ‘ tại F.
Nối NF, cắt AC tại G.
Do đó thiết diện của lăng trụ khi cắt bởi mặt phẳng (MNP) là NEPDG.
Gọi V1 là thể tích khối đa diện chứa đỉnh A’ ta có :
V1  VF.A 'MN  VF.ADG  VP.B'EM

1
1 1
3
3
Ta có: SA 'MN  d  N; A 'M  .A ' M  . d  C '; A ' B ' . A ' B'  SA 'B'C'
2
2 2
2
4
1
BDP  B 'MP � BD  B ' M  AB � D là trung điểm của AB.
2
�

FA
AD 1
FA ' 3

 �

FA ' A ' M 3
AA ' 2

1
.FA '.SA 'MN
VF.A 'MN
1 3 3 3
3
3V
�

3
 . .  � VF.A 'MN  VABC.A 'B'C' 
VABC.A 'B'C '
AA '.SABC
3 2 4 8
8
8
Dễ dàng chứng minh được ADG đồng dạng A ' MN theo tỉ số

1
3

1
1
� SADG  SA 'MN  SA 'B'C'
9
12
�

VF.ADG
VABC.A 'B'C '

1
.FA.SADG
1 1 1
1
1
V
3


 . . 
� VF.ADG  VABC.A 'B'C' 
AA '.SA 'B'C ' 3 2 12 72
72
72

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác A’B’C’ ta có:
MA ' EB ' NC '
3 EB '
EB' 2
.
.
1 � .
.1  1 �

MB' EC ' NA '
2 EC '
EC ' 3
Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác A’MN ta có:
CN BA EM
1 EM
EM
ME 1
.
.
 1 � .2.
1 �
�

CA BM EN

2 EN
EN
MN 2
�

SB'EM MB' ME 1 1 1
1
1

.
 .  � SB'EM  SA 'NM  SA 'B'C'
SA 'MN MA ' MN 3 2 6
6
8

1
.PB'.SB'EM
VP.B'EM
1 1 1 1
1
�
3
 . . 
� VP.B'EM 
VABC.A 'B'C'
BB '.SA 'B'C' 3 2 8 48
48V
Trang 25 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải