De thi thu lan 3 co loi giai

1


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
(Đề thi có 6 trang)

ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN THI THPT QUỐC GIA – LẦN 3
NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN TOÁN 12
Thời gian làm bài: 90 phút
(không kể thời gian giao đề)

Mã đề thi 345
Mục tiêu: Với tiêu chí bám sát đề minh họa của BGD&ĐT, đề thi thử THPTQG lần thứ 3 của trường
THPT Chuyên Vĩnh Phúc tổng hợp các câu hỏi khá hay và phân dạng cao. Các câu hỏi phía cuối có thể
HS đã được học và làm qua nhưng vẫn khá lắt léo và gây mất thời gian. Đề thi định hướng tốt cho
chương trình ôn tập của các em học sinh. Để làm được tốt đề thi này, HS không những cần phải có kiến
thức chắc chắn và còn phải biết vận dụng linh hoạt.
Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A  1;0;0  , B  0;0; 2  , C  0; 3;0  . Tính bán kính mặt
cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là
14
.
4

A.

B. 14.

14
.

3

C.

D.

4
.
2

Câu 2: Cho cấp số cộng  un  có u1  11 và công sai d  4 . Hãy tính u99 .
A. 401.

B. 404.

C. 403.

D. 402.

�x 2  1
khi x �1
�
Câu 3: Tìm a để hàm số f  x   �x  1
liên tục tại điểm x0  1.
�a
khi x  1
�
A. a  0.

B. a  1.

C. a  2.

D. a  1.

Câu 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B. Biết SA   ABCD  ,
AB  BC  a, AD  2a, SA  a 2 . Gọi E là trung điểm của AD. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm
A, B, C, D, E.
A.

a 3
.
2

B. a.

C.

a 6
.
3

D.

a 30
.
6

Câu 5: Gọi x0 là nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình 3sin 2 x  2sin x cos x  cos 2 x  0 . Chọn
khẳng định đúng?

� �
.
A. x0 �� ;  �
�2 �

�3
�
.
B. x0 �� ; 2 �
�2
�

��
0; �
.
C. x0 ��
� 2�

� 3
;
D. x0 ��
� 2

�
.
�
�

Câu 6: Hàm số y  x 4  x 3  x  2019 có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 2.

B. 3.

Câu 7: Giá trị lớn nhất của hàm số f  x  

C. 0.

D. 1.

x
trên đoạn  2;3 bằng
x3
2


A. 2.

B.

1
.
2

C. 3.

D. 2.

Câu 8: Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên R, có bảng biến thiên như sau:
x

�

y'
y

+

1
0

1
0



�
+
�

2
�

1

Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng  �;1 .

B. Hàm số đồng biến trên khoảng  �; 2  .

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng  1; � .

D. Hàm số đồng biến trên khoảng  1; � .

Câu 9: Hàm số y   x3  3 x 2  1 có đồ thị nào trong các đồ thị dưới đây?

A. Hình 3.

B. Hình 1.

C. Hình 2.
D. Hình 4.
1
1
1
1
190


 ... 

Câu 10: Gọi n là số nguyên dương sao cho
đúng với mọi
log 3 x log 32 x log 33 x
log 3n x log 3 x
x dương, x �1 . Tìm giá trị của biểu thức P  2n  3.
A. P = 23.
B. P = 41.

C. P = 43.

Câu 11: Có bao nhiêu số hạng trong khai triển nhị thức  2 x  3

2018

D. P = 32.

thành đa thức

A. 2019.
B. 2020.
C. 2018.
D. 2017.
Câu 12: Cho khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có thể tích bằng V. Tính thể tích khối đa diện ABCB ' C ' .
V
A. .
B. 45 .
C. 180 .
D. 15 .
2
Câu 13: Một người gửi tiết kiệm số tiền 80 000 000 đồng với lãi suất là 6,9%/năm. Biết rằng tiền lãi hàng
năm được nhập vào tiền gốc, hỏi sau đúng 5 năm người đó có rút được cả gốc và lãi số tiền gần với con
số nào dưới đây?
A. 107 667 000 đồng. B. 105 370 000 đồng.
C. 111 680 000 đồng. D. 116 570 000 đồng.
Câu 14: Cho hàm số y  f  x  xác định trên � có đồ thị của hàm số y  f '  x 
như hình vẽ. Hỏi hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  0;1 .

B.  2; � .

C.  1; 2  .

D.  0;1 và  2; � .
3


Câu 15: Cho tứ diện ABCD có hai mặt ABC và ABD là các tam giác đều. Tính góc giữa hai đường thẳng
AB và CD.
A. 300.
Câu 16: Cho

B. 600.
2 x  3x  2 
�

6

C. 900.

D. 1200.

dx  A  3x  2   B  3x  2   C với A, B, C �R . Tính giá trị của biểu thức
8

7

12A + 7B.
A.

23

.
252

B.

241
.
252

C.

52
.
9

D.

7
.
9

2 x 1

�1 �
Câu 17: Tập nghiệm của bất phương trình � 2 �  1 (với a là tham số, a �0 ) là
1 a �
�
1�
�
�;  �

.
A. �
2�
�

�1
�
 ; ��
.
C. �
�2
�

B.  �;0  .

D.  0; � .

Câu 18: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:
�

x
y'
y

2
0

+



�

4
0

+
�

3
�

2

Hàm số đạt cực đại tại điểm nào trong các điểm sau đây?
A. x  2.
B. x  3.
C. x  2.
Câu 19: Tìm tập nghiệm của phương trình 3x
A. S   1;3 .

B. S   0; 2 .

A.  2; 3; 1 .

B.  3; 2; 1 .

2

2 x

D. x  4.

 1.

C. S   1; 3 .
D. S   0; 2 .
r
r r r
r
Câu 20: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho a  i  2 j  3k . Tìm tọa độ của vectơ a .
C.  1; 2; 3 .

D.  2; 1; 3 .

Câu 21: Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên tập xác định của nó?
A. y  log

3

x.

B. y  log  x.
4

x

� �
C. y  � �.
�3 �

D. y  log 2





x 1 .

Câu 22: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác cân tại A, AB  AC  a, BAC  1200 . Tam giác SAB là
tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính thể tích V của khối chóp S.ABC.
A. V  a .
3

a3
B. V  .
2

C. V  2a .
3

Câu 23: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trên đoạn

a3
D. V  .
8

 2018; 2018

để hàm số

y  ln  x 2  2 x  m  1 có tập xác định �.
A. 2018.

B. 1009.

C. 2019.

D. 2017.

Câu 24: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên � và đồ thị hàm số y  f '  x  trên � như hình vẽ.
Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. Hàm số y  f  x  có 1 điểm cực tiểu và không có cực đại.
4


B. Hàm số y  f  x  có 1 điểm cực đại và không có cực tiểu.
C. Hàm số y  f  x  có 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu.
D. Hàm số y  f  x  có 1 điểm cực đại và 1 điểm cực tiểu.
Câu 25: Cho hình trụ có thiết diện đi qua trục là một hình vuông có cạnh bằng 4a. Diện tích xung quanh
của hình trụ là
A. S  4 a 2 .
B. S  8 a 2 .
C. S  24 a 2 .
Câu 26: Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 4.
B. 8.
C. 6.

D. S  16 a 2 .

D. 2.

Câu 27: Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên � và có bảng biến thiên như sau
�

x
y'
y

+

1
0

�

3



+
�

2

�
1
Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số có đúng một cực trị.
B. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 3.

C. Hàm số đạt cực đại tại x  1 và đạt cực tiểu tại x  3.
D. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2 và giá trị nhỏ nhất bằng 1.
1
2
Câu 28: Tìm nguyên hàm của hàm số y  x  3x  .
x
A.

x3 3x 2

 ln x  C.
3
2

B.

x3 3x 2 1

 2  C.
3
2
x

C.

x3 3x2

 ln x  C.
3
2

D.

x3 3x 2

 ln x  C.
3
2

Câu 29: Cho hàm số f  x  liên tục trên đoạn  0;10 và
2

10

0

6

10

�f  x  dx  7 và
0

6

�f  x  dx  3 .
2

Tính

P  �f  x  dx  �f  x  dx.
A. P  4.

B. P  10.

C. P  7.

D. P  4.

Câu 30: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số y   x3  3x 2  m trên đoạn

 1;1

bằng 0.
A. m  6.

B. m  4.

C. m  0.

D. m  2.

Câu 31: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên � và có đồ thị như hình vẽ.
Hỏi đồ thị hàm số y  f  x  có tất cả bao nhiêu điểm cực trị?
A. 9.
C. 6.

B. 7.
D. 8.

Câu 32: Biết F  x  là nguyên hàm của hàm số f  x  

x  cos x
. Hỏi đồ thị của hàm số y  F  x  có
x2

bao nhiêu điểm cực trị?
5


A. 1.
B. vô số điểm.
C. 2.
D. 0.
Câu 33: Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sao cho số đó
chia hết cho 15?
A. 432.
B. 234.
C. 132.
D. 243.
Câu 34: Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm O và O ' , bán kinh đáy bằng chiều cao và bằng 2a.
Trên đường tròn đáy có tâm O lấy điểm A, trên đường tròn tâm O ' lấy điểm B. Đặt  là góc giữa AB và
đáy. Tính tan  khi thể tích khối tứ diện OO ' AB đạt giá trị lớn nhất.
1
1
.
A. tan  
B. tan   .
C. tan   1.
D. tan   2.

2
2
Câu 35: Tìm số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y 
A. 1.

x 1
.
4 3x  1  3x  5

B. 0.

C. 2.

D. 3.

Câu 36: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC vuông cân ở B, AC  a 2, SA   ABC  , SA  a . Gọi G là
trọng tâm của SBC , mp    đi qua AG và song song với BC chia khối chóp thành hai phần. Gọi V là
thể tích của khối đa diện không chứa đỉnh S. Tính V.
5a 3
A.
.
54

4a 3
B.
.
9

2a 3
C.

.
9

4a 3
D.
.
27

Câu 37: Cho hình chóp S.ABC có các cạnh SA  BC  3; SB  AC  4; SC  AB  2 5 . Tính thể tích
khối chóp S.ABC.
390
390
390
390
B.
C.
D.
.
.
.
.
12
6
8
4
Câu 38: Trong không gian Oxyz, lấy điểm C trên tia Oz sao cho OC  1 . Trên hai tia Ox, Oy lần lượt lấy
hai điểm A, B thay đổi sao cho OA  OB  OC . Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện O.ABC?
A.

A.

6
.
4

B.

C.

6.

6
.
3

D.

6
.
2

Câu 39: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  1cm, AC  3cm . Tam giác
SAB, SAC lần lượt vuông tại B và C. Khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC có thể tích bằng

5 5 3
cm .
6

Tính khoảng cách từ C tới  SAB  .

A.

3
cm.
2

B.

5
cm.
2

C.

3
cm.
4

D.

5
cm.
4

Câu 40: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 và thỏa mãn f  0   0 . Biết
1

2
�f  x  dx 
0

A.

6
.


9
và
2

1

x
3
dx 
. Tích phân
2
4
2
B. .


�f '  x  cos
0

1

�f  x  dx bằng.
0

C.

4
.


D.

1
.


6






3m
m
2
2
Câu 41: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình e  e  2 x  1  x 1  x 1  x



có nghiệm.
1

�
�
.
A. � ln 2; ��
2
�
�

� 1
�
0; ln 2 �
.
B. �
� 2
�

� 1
�
�; ln 2 �
.
C. �
� 2
�

� 1�
0; �
.
D. �
� e�

Câu 42: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm cấp hai trên �. Biết f '  0   3, f '  2   2018 và bảng xét
dấu của f ''  x  như sau:
x

�

f ''  x 

0
+

�

2


0

0

+

Hàm số y  f  x  2017   2018 x đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x0 thuộc khoảng nào sau đây?
A.  0; 2  .

B.  �; 2017  .

C.  2017;0  .

Câu 43: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng

D.  2017; � .

 2019; 2019 

để hàm số

��
0;
y  sin 3 x  3cos 2 x  m sin x  1 đồng biến trên đoạn �
.
� 2�
�
A. 2020.

B. 2019.

C. 2028.

D. 2018.

Câu 44: Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có 4 chữ số. Tính xác suất để số được chọn có dạng abcd ,
trong đó 1 �a �b �c �d �9 .
A. 0,079.
B. 0,055.
C. 0,014.
D. 0,0495.
2
Câu 45: Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log 1 x  log 1 y �log 1  x  y  . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin
2

2

2

của biểu thức P  x  3 y .
A. Pmin 

17
.
2

B. Pmin  8.

C. Pmin  9.

D. Pmin 

25 2
.
4

Câu 46: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên � thỏa mãn f  2 x   3 f  x  , x ��. Biết rằng
1

2

�f  x  dx  1 . Tính tích phân I  �f  x  dx .
0

1

A. I  3.

B. I  5.

C. I  2.

D. I  6.

Câu 47: Tìm tập S tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất cặp số  x; y  thỏa mãn
log x2  y 2  2  4 x  4 y  6  m 2  �1 và x 2  y 2  2 x  4 y  1  0 .
A. S   5;5 .

B. S   7; 5; 1;1;5;7 .

C. S   5; 1;1;5 .

D. S   1;1 .

Câu 48: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a thuộc khoảng
lim

 0; 2019 

để

9n  3n 1
1
?

�
n
na
5 9
2187
A. 2018.

B. 2011.

C. 2012.

D. 2019.
7


Câu 49: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA   ABC  , góc giữa đường thẳng
SB và mặt phẳng  ABC  bằng 600 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB.
A.

a 15
.
5

B.

a 2
.
2

C.

a 7
.
7

D. 2a.

Câu 50: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên � và có đồ thị là đường cong trong
hình vẽ dưới. Đặt g  x   f �
�f  x  �
�. Tìm số nghiệm của phương trình g '  x   0 .
A. 8.
C. 6.

B. 4.
D. 2.

8


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
1.D
11.A
21.B
31.B
41.B

2.C
12.D
22.D

32.A
42.B

3.C
13.C
23.A
33.D
43.B

4.B
14.B
24.A
34.A
44.B

5.C
15.C
25.D
35.C
45.C

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

7.B
17.A
27.C

37.D
47.D

8.B
18.C
28.D
38.A
48.C

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

10.B
20.C
30.B
40.A
50.C

Câu 1 (VD):
Phương pháp:
Dựng tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp.
Cách giải:
Tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và OC.
OC  OA
�
� OC   OAB  .

Ta có �
OC  OB
�
Qua M dựng đường thẳng song song với OC, qua N dựng đường thẳng
song song với OM. Hai đường thẳng này cắt nhau tại I.
OAB vuông tại O � M là tâm đường tròn ngoại tiếp
OAB � IO  IA  IB.
I �IN � IO  IC � IO  IA  IB  IC � I là tâm mặt cầu ngoại tiếp
O.ABC.
Ta có: OA  1, OB  2, OC  3 � OM 
R  OI  IM 2  OM 2 

1
1 2
5
AB 
1  22 
.
2
2
2

9 5
14
 
.
4 4
2

Chọn D.

Câu 2 (TH):
Phương pháp:
Sử dụng công thức SHTQ của cấp số cộng: un  u1   n  1 d .
Cách giải:
Ta có:
u1  11; d  4

� u99  u1   99  1 .d  11  98.4  403
Chọn C.
Câu 3 (TH):
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa hàm số liên tục.

9


Định nghĩa: Cho hàm số y  f  x  xác định trên khoảng K và x0 �K . Hàm số y  f  x  được gọi là
f  x   f  x0  .
hàm số liên tục tại x0 nếu xlim
� x0
Cách giải:
f  x   f  1  a
Hàm số y  f  x  liên tục tại x  1 � lim
x �1

 x  1  x  1  a � lim x  1  a � 2  a
x2 1
� lim
 a � lim



x �1 x  1
x �1
x �1
x 1
Chọn C.
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
Khối chóp có cạnh bên vuông góc với đáy, sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp
h2
R
 Rd2 trong đó h là chiều cao khối chóp, Rd là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy.
4
Cách giải:
Xét tứ giác ABCE có AE / / BC , AE  BC  a � ABCE là hình bình hành.
0
Lại có �BAE  90  gt  , AC  BC � ABCE là hình vuông cạnh a.

� Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCE là Rd  a 2 .
2
Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp
S.ABCE là: R 

SA2
2a 2 2a 2
 Rd2 

a
4
4

4

Chọn B.
Câu 5 (TH):
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp giải phương trình đẳng cấp bậc hai đối với sin và có. Chia cả 2 vế của phương trình
cho cos 2 x �0.
Cách giải:
2
2
Phương trình: 3sin x  2sin x.cos x  cos x  0  *

 ) cos x  0 � sin 2 x  1 không phải là nghiệm của phương trình  *
) cos x �0 . Ta có:
xin 2 x
sin x
3sin x  2sin x.cos x  cos x  0 � 3
2
1  0
2
cos x
cos x

�
tan x  1 �
x    k , k ��
�
4
� 3.tan 2 x  2 tan x  1  0 � �
��

1
�
1
tan x 
�
x  arc tan  k , k ��
3
�
�
3
2

2

10


1 ��
0; �
.
Nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình là x  arctan ��
3 � 2�
Chọn C.
Câu 6 (NB):
Phương pháp:
Tìm điểm cực trị của hàm số:
Cách 1:
+) Tìm y '  x 
+) Tìm các điểm xi  i  1, 2,3,... tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc hàm số liên tục nhưng không có đạo hàm.
+) Xét dấu của y '  x  . Nếu y '  x  đổi dấu khi x qua điểm x0 thì hàm số có cự trị tại x0 .

Cách 2:
+) Tìm y '  x 
+) Tìm các nghiệm xi  i  1, 2,3,... của f '  x   0
+) Với mỗi xi tính f ''  xi  :
Nếu f ''  x   0 thì hàm số đạt cực đại tại điểm xi
Nếu f ''  x   0 thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm xi
Cách giải:
Hàm số y  x 4  x 3  x  2019 có bao nhiêu điểm cực trị?
y '  4 x3  3x 2  1 � y '  0 � 4 x3  3 x 2  1  0 � x  1
y ''  12 x 2  6 x � y ''  1  12  6  6  0
� x  1 là điểm cực tiểu của hàm số.
Vậy đồ thị hàm số có 1 điểm cực trị.
Chọn D.
Câu 7 (TH):
Phương pháp:

Tìm GTLN của hàm số y  f  x  trên  a; b  bằng cách:
+) Giải phương trình y '  0 tìm các nghiệm xi .
+) Tính các giá trị f  a  , f  b  , f  xi   xi � a; b   .
f  x   min  f  a  ; f  b  ; f  xi   ; max f  x   max  f  a  ; f  b  ; f  xi  
+) Khi đó: min
 a ;b
 a ;b
Cách giải:
Hàm số f  x  

x
xác định trên đoạn  2;3 .
x3

Ta có:
f ' x 

1.3  0.1

 x  3

2



3

 x  3

2

 0, x � 2;3 � Hàm số luôn đồng biến trên đoạn  2;3
11


� GTLN của hàm số f  x  

x
3
1

trên đoạn  2;3 là: f  3 
x3
33 2

Chọn B.
Câu 8 (NB):
Phương pháp:
Dựa vào bảng biến thiên đã cho, xét xem mệnh đề nào đúng rồi đưa ra đáp án.
Cách giải:
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta thấy: Hàm số đồng biến trên  �; 1 và  1; � , hàm số nghịch
biến trên  1;1 .
Do đó chỉ có đáp án B đúng vì  �; 2  � �; 1 � Hàm số đồng biến trên  �; 2  .
Chọn B.
Câu 9 (TH):
Phương pháp:
Dựa vào dạng của hàm số đã cho, quan sát hình vẽ và lựa chọn ra đồ thị của hàm số đã cho.
Cách giải:
y  �� Loại các đáp án A và D.
Ta có xlim
� �
Đồ thị hàm số đi qua điểm  0; 1 � Loại đáp án C.
Chọn B.
Câu 10 (TH):
Phương pháp:
Tìm n từ điều kiện đề bài cho, rồi thay giá trị của n tìm được vào biểu thức P  2n  3.
n
1
n
 log b a (giả sử các biểu thức là có nghĩa).
Sử dụng các công thức log am b  log a b,
m
log a b
Cách giải:

Với x  0, x �1 ta có:
1
1
1
1
190


 ... 

log 3 x log 32 x log 33 x
log3n x log 3 x
� log x 3  log x 32  ...  log x 3n  190.log x 3
� log x  3.32.33...3n   190.log x 3
� log x 31 23... n  190.log x 3

n  n  1
 190 � n  n  1  380 � n  19
2
� P  2n  3  2.19  3  41
Chọn B.
Câu 11 (TH):
Phương pháp:
�

n

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

k 0

12


Cách giải:
Ta có:  2 x  3 

2018

2018

k
 �C2018
 2 x  .  3
k

2018 k

, do đó khai triển trên có 2019 số hạng.

k 0

Chọn A.
Câu 12 (TH):
Ta có :
1
VABCA ' B '  VABC . A ' B 'C '  VA. A ' B 'C '  VABC . A ' B 'C '  VABC . A ' B 'C '
3

2
2
 VABC . A ' B ' C '  V
3
3
Chọn D.
Câu 13 (NB):
Phương pháp:
Sử dụng công thức lãi kép An  A  1  r  trong đó:
n

A: tiền gốc.
r: lãi suất.
n: thời gian gửi tiết kiệm.
Cách giải:
Ta có A5  80.  1  6,9%   111, 68 (triệu đồng).
5

Chọn C.
Câu 14 (TH):
Phương pháp:
Lập BXD của f '  x  và kết luận các khoảng đơn điệu của hàm số.
Cách giải:
Ta có BXD của f '  x  như sau:
x

�

f ' x

1


0

�

2


0

+

Dựa vào BXD ta có:
Hàm số nghịch biến trên  �;1 ,  1; 2  và đồng biến trên  2; � .
Dựa vào đồ thị của hàm số y  f '  x  ta thấy f '  x  đồng biến trên khoảng  2; � � y  f  x  đồng
biến trên  2; � .
Chọn B.
Câu 15 (TH):
Phương pháp:
Gọi M là trung điểm của AB, chứng minh AB   CDM  .
Cách giải:
13


Gọi M là trung điểm của AB ta có:
ABC đều � CM  AB.
ABD đều � DM  AB.
� AB   MCD  � AB  CD � � AB; CD   900.

Chọn C.
Câu 16 (TH):
Phương pháp
Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến.
Cách giải:
I �
2 x  3x  2  dx
6

Đặt 3 x  2  t � x 

t2
1
� dx  dt.
3
3

2
2 7
2 �t 8 2t 7 �
1 8 4 7
6
� I  � t  2  t 6 dt  �
t

2
t
dt




� 
� C  t  t  C.
9
9
9 �8
7 �
36
63
1
4
8
7
� I   3x  2    3x  2   C.
36
63
� 1
A
�
1
4 7
� 36
��
� 12 A  7 B  12.  7.  .
36
63 9
�B  4
� 63
Chọn D.
Câu 17 (TH):

Phương pháp
�
a 1
�
�
�
�x  b
x
b
+) Giải bất phương trình mũ a  a � �
�
0  a 1
�
�
�
�x  b
�
Cách giải:
Ta có: 0 

1
 1; a �0.
1 a2
2 x 1

1
�1 �
� � 2 �  1 � 2x 1  0 � x   .
1 a �
2

�
1 �
�
�;  . �
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là �
2 �
�
Chọn A.
Câu 18 (NB):
Phương pháp
Dựa vào BBT để nhận xét các điểm cực trị của hàm số.
Cách giải:
14


Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại x  2 và đạt cực tiểu tại x  4.
Chọn C.
Chú ý khi giai: Học sinh rất hay kết luận nhầm hàm số đạt cực đại tại x  3.
Câu 19 (TH):
Phương pháp
f  x
 a m � f  x   m.
+) Giải phương trình mũ: a

Cách giải:
3x

2

2 x

 1 � 3x

2

2 x

x0
�
 30 � x 2  2 x  0 � �
x  2
�

Vậy tập nghiệm của phương trình là S   0; 2 .
Chọn B.
Câu 20 (NB):
Phương pháp
r
r
r
r
r
Cho vecto a  a1 i  a2 j  a3 k � a   a1 ; a2 ; a3  .
Cách giải:
r
r r r
r
Ta có: a  i  2 j  3k � a   1; 2; 3 .
Chọn C.
Câu 21 (TH):

Phương pháp
+) Hàm số y  log a x  0  a �1 đồng biến trên TXĐ khi a  1 và nghịch biến trên TXĐ khi 0  a  1.
+) Hàm số y  log a x  0  a �1 đồng biến trên  0; � khi a  1 và nghịch biến trên  0; � khi
0  a  1.

Cách giải:
+) Đáp án A: Ta có: a  3  1 � hàm số đồng biến trên  0; � .
+) Đáp án B: Ta có: 0  a 


 1 � hàm số nghịch biến trên  0; � .
4

Chọn B.
Câu 22 (VD):
Phương pháp:
1
Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là: V  Sh.
3
Cách giải:
Gọi H là trung điểm của AB.
SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với  ABC  � SH   ABC  .

SAB đều cạnh a � SH 

a 3
.
2

15

1
1 2 3 a2 3
S ABC  AB. AC.sin �A  a .

.
2
2
2
4
1
1 a 3 a 2 3 a3
� VSABC  S ABC .SH  .
.
 .
3
3 2
4
8
Chọn D.
Câu 23 (VD):
Phương pháp:
Hàm số y  log a f  x  xác định � f  x   0.
Cách giải:
2
Hàm số y  ln  x  2 x  m  1 xác định trên �� x 2  2 x  m  1  0 x ��

a0
1  0 m

�
�
��
��
� m0
' 0
1 m 1  0
�
�
m ��
m ��
�
�
��
� m   2018; 2017;...; 1 .
Mà �
m � 2018; 2018
m � 2018;0 
�
�
Vậy có 2018 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn A.
Câu 24 (VD):
Phương pháp
Dựa vào đồ thị hàm số để xét dấu của hàm số y  f '  x  và số nghiệm của phương trình f '  x   0 để kết
luận tính đơn điệu và số điểm cực trị của hàm số y  f  x  .
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số y  f '  x  cắt trục Ox tại 1 điểm qua điểm đó hàm số
y  f '  x  đổi dấu từ âm sang dương nên điểm đó là điểm cực tiểu của hàm số y  f  x  .
Chọn A.

Câu 25 (VD):
Phương pháp
Công thức tính diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy R, chiều cao h: S xq  2 Rh.
Cách giải:
Hình trụ có thiết diện đi qua trục là hình vuông có cạnh bằng 4a � 2 R  h  4a � R  2a với R, h lần
lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.
� S xq  2 Rh  2 .2a.4a  16 a 2 .
Chọn D.
Câu 26 (TH):
Phương pháp
Dựa vào lý thuyết các khối đa diện đều để làm bài toán.
Cách giải:

16


Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng  SAC  ,  SBD  ,  SEG  ,  SFH  như hình vẽ với F, G, H
lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA.

Chọn A.
Câu 27 (TH):
Phương pháp
Dựa vào BBT để nhận xét số điểm cực trị của hàm số.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại x  1 , giá trị cực đại yCĐ  2 và đạt cực tiểu tại x  3 , giá trị
cực tiểu yCT  1.
Chọn C.
Chú ý khi giải: Hàm số y  f '  x  không xác định tại x  3 , nhưng x  3 vẫn là điểm cực tiểu của hàm
số vì qua điểm x  3 thì y ' đổi dấu từ âm sang dương.
Câu 28 (NB):

Phương pháp
Sử dụng công thức tính nguyên hàm cơ bản.
Cách giải:
1�
x3 3x2
�2
I �
dx  
 ln x  C .
�x  3x  �
x�
3
2
�
Chọn D.
Chú ý khi giải: Chú ý dùng dấu giá trị tuyệt đối khi có ln x , học sinh có thể chọn nhầm đáp án C.
Câu 29 (TH):
Phương pháp
b

c

c

a

b

a

2

6

10

0

2

6

Sử dụng tính chất của tích phân:

�f  x  dx  �f  x  dx  �f  x  dx.

Cách giải:
Ta có:

10

�f  x  dx  �f  x  dx  �f  x  dx  �f  x  dx
0

2

10

10

6

0

0

0

2

� P  �f  x  dx  �f  x  dx  �f  x  dx  �f  x  dx  7  3  4.
Chọn D.
Câu 30 (TH):
Phương pháp
Cách giải:
17


TXĐ: D  �.
�
x  0 � 1;1
2
Ta có: y '  3 x  6 x � y '  0 � �
x  2 � 1;1
�
�y  0   m
�
� �y  1  m  2 � Min  m  4  0 � m  4.
 1;1
�

�y  1  m  4
Chọn B.
Câu 31 (VD):
Phương pháp
Cách 1: Sử dụng quy tắc vẽ đồ thị hàm số y  f  x  để tìm số diểm cực trị của hàm số.
Cách 2: Tìm hàm số y  f  x  dựa vào đồ thị hàm số sau đó suy ra hình dáng của đồ thị hàm số
y  f  x  để tìm số điểm cực trị của hàm số.
Cách giải:
3
2
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có dạng: y  ax  bx  cx  d  a �0 

Đồ thị hàm số đi qua các điểm  2; 1 ,  1;3 ,  1; 1 ,  2;3
1  8a  4b  2c  d
a 1
�
�
�
�
3  a  b  c  d
b0
�
�
��
��
� y  x3  3 x  1.
1  a  b  c  d
c  3
�
�

�
�
3  8a  4b  2c  d
d 1
�
�
3
Khi đó ta có đồ thị hàm số y  x  3 x  1 như hình vẽ sau.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có 7 điểm cực trị.
Chọn B.
Câu 32 (VD):
Phương pháp
Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y  f  x  là số nghiệm bội lẻ của phương trình f '  x   0 .
18


Cách giải:
f  x  dx � F '  x   f  x 
Ta có: F  x   �
x  cos x
 0  x �0 
x2
� g  x   x  cos x  0

� F ' x  0 �

Xét hàm số g  x   x  cos x ta có g '  x   1  s inx �x ��.
Do đó hàm số g  x  đồng biến trên �� Phương trình g  x   0 có nghiệm duy nhất.
Chọn A.

Câu 33 (VD):
Phương pháp
Số tự nhiên chia hết cho 15 thì chia hết cho 3 và chia hết cho 5.
Cách giải:
Gọi số tự nhiên cần lập có dạng abcd

 a, b, c, d � 1; 2;3; 4;5;6;7;8;9  .

Số cần lập chia hết cho 15 nên nó chia hết cho 3 và 5.
Số cần lập chia hết cho 5 nên ta có: d  5 � d có 1 cách chọn.
� Số cần tìm có dạng: abc5 .
Số cần lập chia hết cho 3 nên  a  b  c  5  M3 .
Chọn a có 9 cách chọn, chọn b có 9 cách chọn.
+) Nếu  a  b  5  M3 � c � 3;6;9 � c có 3 cách chọn.
+) Nếu  a  b  5  chia cho 3 dư 1 � c � 2;5;8 � c có 3 cách chọn.
+) Nếu  a  b  5  chia cho 2 dư 2 � c � 1; 4;7 � c có 3 cách chọn
� Có 3 cách chọn c.
Như vậy có: 9.9.3.1 = 243 cách chọn.
Vậy có 243 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn D.
Câu 34 (VD):
Phương pháp
+) Lấy điểm A ' � O ' , B ' � O  sao cho AA ', BB ' song song với trục OO ' . Khi đó ta có lăng trụ đứng
OAB '.O ' A ' B .
+) Tính thể tích OAB '.O ' A ' B , từ đó suy ra thể tích khối OO ' AB . Tìm điều kiện để tính tích lớn nhất.
+) Xác định góc giữa AB và đáy, tính tan góc đó.
Cách giải:
Lấy điểm A ' � O ' , B ' � O  sao cho AA ', BB ' song song với trục OO ' .
Khi đó ta có lăng trụ đứng OAB '.O ' A ' B .
Ta có:

19


VOO ' AB  VOAB '.O ' A ' B  VA.O ' A ' B  VB.OAB '
1
1
1
 VOAB '.O ' A ' B  VOAB '.O ' A ' B  VOAB '.O ' A ' B  VOAB '.O ' A ' B
3
3
3
1
1
� VOO ' AB  . AA '.S OAB '  AA '.OA.OB.sin �AOB '
3
6
1
1
4a3
 .2a.2a.2a.sin �AOB '  .8a 3 sin �AOB ' 
sin �AOB '
6
6
3
Do đó để VOO ' AB lớn nhất � sin �AOB '  1 � �AOB '  90 0 � OA  OB ' .
� O ' A '  O ' B � O ' A ' B vuông tại O ' � A ' B  O ' A ' 2  2a 2 .
Ta có
AA '   O ' A ' B  � � AB;  O ' A ' B    �ABA '  
� tan  

AA '
2a
1


A ' B 2a 2
2

Chọn A.
Câu 35 (VD):
Phương pháp
+) Đường thẳng x  a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y  f  x  

g  x
� lim f  x   �.
x �a
h x

f  x  b .
+) Đường thẳng y  b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y  f  x  � xlim
���
Cách giải:
1
�
1
�
3 x  1 �0
�x � 3
�

�x �
3
��
��
TXĐ: �
4 3 x  1  3 x  5 �0
�
�
� 3x  1  2
3 x  1  4 3 x  1  4 �0
�
�





2

�0

1
�
1
1
�
�
�x �
�x �
�x �

3
��
��
3 ��
3
� 3x  1  2 �0
�
�
3
x

1
�
4
x
�
1
�
�
�
Ta có:
x 1
 lim
x �1 4 3 x  1  3 x  5
x�1


lim

 lim

x �1

 1 x 
3



3x  1  2





3x  1  2  1  x 



x 1
3x  1  2

 lim
x �1

3





2

 lim
x�1

3x  1  2
3x 1  2







 x  1 
3x  1  2

3x  1  2


2



3x  1  2



 �

� x  1 là đường TCĐ của đồ thị hàm số.

20


lim

x 1
 lim
4 3 x  1  3 x  5 x ��

1

1
x



1
3

3 1
5
 2 3
x x
x
1
1
x 1
1
x

lim
 lim

x � � 4 3 x  1  3 x  5
x ��
3
3 1
5
4
 2 3
x x
x
x � �

4

1
là đường TCN của đồ thị hàm số.
3
Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận.
Chọn C.
Câu 36 (VD):
Phương pháp:
+) Xác định mặt phẳng đi qua AG và song song với BC.
+) Sử dụng công thức tỉ lệ thể tích Simpson.
VS . A ' B 'C ' SA ' SB ' SC '

.
.
Cho chóp S . ABC , A ' �SA, B ' �SB, C ' �SC . Khi đó

VS . ABC
SA SB SC
�y

Cách giải:
Trong  SBC  qua G kẻ MN / / BC  M �SB, N �SC  . Khi đó mặt phẳng
đi qua AG và song song với BC chính là mặt phẳng  AMN  . Mặt phẳng
này chia khối chóp thành 2 khối S.AMN và AMNBC.
Gọi H là trung điểm của BC.
Vì MN / / BC � Theo định lí Ta-lét ta có:

SM SN 2 � SG �

 �

�
SB SC 3 � SH �

VS . AMN SM SN 2 2 4
4

.
 .  � VS . AMN  VS . ABC
VS . ABC
SB SC 3 3 9
9
5
Mà VS . AMN  VAMNBC  VS . ABC � VAMNBC  VS . ABC  V
9
AC

1
 a � SABC  a 2
Ta có ABC vuông cân tại B � AB  BC 
2
2
1
1 1
a3
� VS . ABC  SA.S ABC  a. a 2 
3
3 2
6
5 a 3 5a 3
Vậy V  . 
.
9 6
54
Chọn A.
Câu 37 (VD):
Phương pháp:
+) Dựng hình chóp S . A ' B ' C ' sao cho A, B, C lần lượt là trung điểm của B ' C ', C ' A ', A ' B ' . Chứng minh
chóp S . A ' B ' C ' có SA ', SB ', SC ' đôi một vuông góc.
21


+) Tính thể tích S . A ' B ' C ' , từ đó suy ra thể tích VS . ABC .
Cách giải:
Đặt SA  SB  a, SB  AC  b, SC  AB  c .
Dựng hình chóp S . A ' B ' C ' sao cho A, B, C lần lượt là trung điểm của B ' C ', C ' A ', A ' B ' .
Dễ thấy ABC đồng dạng với A ' B ' C ' theo tỉ số

S
1
1
1
� ABC  � VS . ABC  VS . A ' B ' C ' .
2
S A ' B 'C ' 4
4

Ta có AB, BC, CA là các đường trung bình của tam giác A ' B ' C '
� A ' B '  2 AB  2c; B ' C '  2 BC  2a; A ' C '  2 AC  2b .
� SA ' B ', SB ' C ', SC ' A ' là các tam giác vuông tại S (Tam giác
có trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy)
� SA ', SB ', SC ' đôi một vuông góc
1
1
SA '.SB '.SC ' � VS . ABC 
SA '.SB '.SC '
6
24
Áp dụng định lí Pytago ta có:
VS . A ' B ' C ' 

�SA '2  2  b 2  c 2  a 2 
�SA '2  SB '2  4c 2
�
� 2
� 2
2

2
SB '  2  a 2  c 2  b 2 
�SB '  SC '  4a � �
�SA '2  SC '2  4b 2
� 2
2
2
2
�
�
�SC '  2  a  b  c 
1
� VS . ABC  . 8  b 2  c 2  a 2   a 2  c 2  b 2   a 2  b 2  c 2 
24
1

b2  c 2  a 2   a 2  c2  b2   a2  b2  c2 

6 2
Thay a  3, b  4, c  2 5 � VS . ABC 

390
.
4

Chọn D.
Câu 38 (VD):
Phương pháp:
Dựng tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp.
Cách giải:

Giả sử A  a;0;0  , B  0; b;0  � OA  a , OB  b .
Tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và OC.
OC  OA
�
� OC   OAB 
Ta có �
OC  OB
�
Qua M dựng đường thẳng song song với OC, qua N dựng đường thẳng
song song với OM. Hai đường thẳng này cắt nhau tại I.
OAB vuông tại O � M là tâm đường tròn ngoại tiếp OAB � IO  IA  IB .
I �IN � IO  IC � IO  IA  IB  IC � I là tâm mặt cầu ngoại tiếp O.ABC

22


Ta có OM 

1
1 2
AB 
a  b2
2
2

c2 a 2  b2
a 2  b2  c2
R  OI  IM  OM 



4
4
2
2

2

a2   1  a2   1
2



2a 2  2a  2
2

2

1 1 3�
�
� 1� 3
2 �a 2  2.a.   � 2 �a  �
2  a 2  a  1
2 4 4�
6
�
� 2� 2




�
2
2
2
4
Vậy Rmin 

6
1
1
� a  �b  .
4
2
2

Chọn A.
Câu 39 (VDC):
Cách giải:
Gọi I là trung điểm của SA.
Tam giác SAB, SAC vuông tại B, C � IS  IA  IB  IC � I là tâm
mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC.
Gọi H là trung điểm của BC. Vì ABC vuông tại A � H là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
� IH   ABC  .
Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC. Theo bài ra ta có:
4 3 5 5
5 5
125
5
R 

� R3 

�R
3
6
8
8
2
5
� IS  IA  IB  IC 
2
Xét tam giác vuông ABC có: BC  AB 2  AC 2  2 � AH  1
Xét tam giác vuông IAH có: IH  IA2  AH 2 
1
1
AB. AC  .1. 3 
2
2
1
1 1
� VI . ABC  IH .SABC  . .
3
3 2
Ta có:
S ABC 

SI � ABC   A �
�

5

1
1 
4
2

3
2
3
2

d  S ;  ABC  
d  I;  ABC  



SA
2
IA

VS . ABC
3
3
 2 � VS . ABC  2VI .A BC  2.

VS . IBC
12
6

Xét tam giác vuông SAB có IB 

5
� SA  2 IB  5 � SB  SA2  AB 2  2
2

23


1
� S SAB  .1.2  1
2
Ta có

VS . ABC

3V
1
 d  C ;  SAB   .S SAB � d  C ;  SAB    S . ABC 
3
SSAB

3.

3
6  3.
1
2

Chọn A.
Câu 40 (VDC):
Phương pháp:

+) Sử dụng phương pháp từng phần đối với tích phân

1

�f '  x  cos
0

x
3
dx 
.
2
4

x
x�
�
+) Xét �
.
f  x   k sin
dx  0 , tìm k, từ đó suy ra f  x    k sin
�
�
0
2
2 �
�
2

1

+)

1

1

0

0

�f  x  dx  �k sin

x
dx
2

Cách giải:

x

x
�
�
u  cos
du   sin
dx
�
�
2

��
2
2
Đặt �
�
dv  f '  x  dx �
v  f  x
�
�
x
x
��
f '  x  cos
dx  cos
f  x
0
2
2
1

1


0

 1
x
f  x  sin
dx
�

0
2
2


 1
x
 f  0  cos 0  �
f  x  sin
dx
0
2
2
2
1
 1
x
3
x
3
 �
f  x  sin
dx 
��
f  x  sin
dx 
0
2 0
2
4

2
2
 f  1 .cos

Xét tích phân

2

 x�
�
f  x   k sin �dx  0
�
0�
2 �
�
1

1�
x 2 2 x�
��
f 2  x   2kf  x  sin
 k sin
dx  0
�
0
2
2 �
�
�
1

1
1
x
x
��
f 2  x  dx  2k �
f  x  sin
 k2�
sin 2
dx  0
0
0
0
2
2
9
3 1
�  2k  k 2  0 � k  3
2
2 2

Khi đó ta có

Vậy

2

 x�
x
x

�
f
x

3sin
dx

0
�
f
x

3sin

0
�
f
x

3sin






�
0�
2 �
2

2
�
�
1

1

1

0

0

�f  x  dx  3�sin

x
dx  3
2

x
2

2

cos

1



6
x
cos

2

1

0



6� 
� 6
cos  cos 0 �
�
� 2
�

0

Chọn A.
Câu 41 (VDC):
24


Phương pháp:
+) Đặt x  1  x 2  t , tìm khoảng giá trị của t.
+) Đưa bài toán về dạng m  f  t  . Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm.
Cách giải:

ĐKXĐ: 1  x 2 �0 � 1 �x �1.
Đặt x  1  x 2  t ta có t 2  x 2  1  x 2  2 x 1  x 2  1  2 x 1  x 2 � x 1  x 2 
Ta có: t  x   x  1  x , x � 1;1 � t '  x   1 
2

x
1  x2



1  x2  x
1  x2

t 2 1
.
2

0

�x �0
�x �0
2
�
� 1 x  x � � 2
�
�
x

.
�

1
2
2
2
x

1

x

x
�
�
�
2
2

BBT:
x

1

t ' x

1

2
2
+



0
2

t  x
1

1

1; 2 �
Từ BBT ta có: t ��
�
�.
� t 2 1 �
m
3m
2
3
1
Khi đó phương trình trở thành: e  e  2t �
� t  t  1  t  t  *
2
�
�
3
2
Xét hàm số f  t   t  t ta có f '  t   3t  1  0 t � Hàm số đồng biến trên �� Hàm số đồng biến





trên 1; 2 .





�1
�
m
m
0; ln 2 �.
Từ  * � f  e   f  t  � e  t � m  ln t � m � 0;ln 2  �
� 2
�
Chọn B.
Câu 42 (VDC):
Phương pháp:
+) Từ BXD của f ''  x  ta suy ra BBT của f '  x  và suy ra BBT của hàm số f '  x  2017   2018 .
+) Giải phương trình f '  x  2017   2018  0 , lập BBT của hàm số y  f  x  2017   2018 x và xác
định GTNN.
Cách giải:
Ta có: y '  f '  x  2017   2018  0
Từ BXD của f ''  x  ta suy ra BBT của f '  x  như sau:
25