L11 vĩnh yên vĩnh phúc KT chuyên đề lần 4 1718 kho tai lieu THCS THPT

Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc
THPT Vĩnh Yên
Mã đề 203
Câu 1.

ĐỀ KIỂM TRA CHUYÊN ĐỀ LẦN 4
Môn Toán – Lớp 11
Năm học 2017-2018
Thời gian làm bài: 90 phút
uuuu
r uuur
uuuu
r
uuur
Cho OM = ( −2; −1) , ON = ( 3; −1) . Tính góc của OM , ON .

(

A. 450 .

B. 1350 .

)

D. −1350 .

C. 600 .
Lời giải

Chọn

C.
uuuu
r uuur
Ta có cos OM , ON =

(

Câu 2.

)

−5
5. 10

=−

1
2

.

Cho hàm số y = sin 2 x . Hãy chọn câu đúng.
A. 4 y + y ′′ = 0 .

B. 4 y − y ′′ = 0 .

C. y = y ′ tan 2x .

D. y 2 + ( y ′ ) = 4 .
2

Lời giải
Chọn
A.
Ta có y ′ = 2 cos 2 x ⇒ y ′′ = −4sin 2 x ⇒ 4 y + y ′′ = 0 .
Câu 3.

Cho hàm số y = x 4 + 2 x 2 − 1 . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm M ( −1; 2 ) là:
A. y = 2 .
B. y = −8 x + 6 .
C. y = −8 x − 6 .
D. y = −8 x + 10 .
Lời giải
Chọn

C.

3
Ta có y ′ = 4 x + 4 x ⇒ y ′ ( −1) = −8

⇒ Phương trình tiếp tuyến là: y = −8 ( x + 1) + 2 = −8 x − 6 .
Câu 4.

2x + 1
có đạo hàm là:
x−3
4x − 5
1
A. y ′ =
B. y ′ =

2 .
2 .
( x − 3)
( x − 3)
Hàm số y =

C. y ′ =

7

( x − 3)

2

.

D. y ′ =

−7

( x − 3)

2

.

Lời giải
Chọn
Ta có y ′ =
Câu 5.

D.
−7

( x − 3)

2

.

Nghiệm của phương trình cos x = 1 là.
π
A. x = + k 2π , k ∈ ¢ . B. x = π + k 2π , k ∈ ¢ . C. x = k 2π , k ∈ ¢ .
2

D. x = k π , k ∈ ¢ .

Lời giải
Chọn

C.

Ta có cos x = 1 ⇔ x = k 2π , k ∈ ¢ .
Câu 6.

Với giá trị nào của m thì bất phương trình x 2 − x + m ≤ 0 vô nghiệm?
1
A. m < 1 .
B. m > .
C. m > 1 .

4

D. m <

1
.
4

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán
1


Lời giải
Chọn B
Bất phương trình x 2 − x + m ≤ 0 vô nghiệm
1 > 0
1
⇔m> .
⇔ x 2 − x + m > 0 ∀x ∈ ¡ ⇔ 
4
 ∆ = 1 − 4m < 0
Câu 7.

Nghiệm của phương trình cos 2 x + 5sin x − 4 = 0 .
A. x = k 2π .

B. x =

π
+ k 2π .

2

C. x =

π
+ kπ .
2

D. x = −

π
+ kπ .
2

Lời giải
Chọn B
cos 2 x + 5sin x − 4 = 0 ⇔ 1 − 2sin 2 x + 5sin x − 4 = 0 ⇔ −2sin 2 x + 5sin x − 3 = 0
sin x = 1
π
⇔
⇔ x = + k 2π ( k ∈ ¢ ) .
3
sin x = ( L )
2

2
Câu 8.

Đạo hàm bậc 21 của hàm số f ( x ) = cos ( x + a ) là

π

( 21)
A. f ( x ) = − sin  x + a + ÷ .
2

π

( 21)
C. f ( x ) = cos  x + a + ÷.
2


π

( 21)
B. f ( x ) = sin  x + a + ÷.
2

π

( 21)
D. f ( x ) = − cos  x + a + ÷.
2

Lời giải

Chọn C

π


f ( x ) = cos ( x + a ) = sin  x + a + ÷
2

π
2.π


f ′ ( x ) = cos  x + a + ÷ = sin  x + a +
2
2



.
÷



( n + 1) π 
( n)
Tổng quát: f ( x ) = sin  x + a +
÷ ∀n ∈ ¥ * .
2


22.π 
π



( 21)
Vậy f ( x ) = sin  x + a +
÷ = − sin ( x + a ) = cos  x + a + ÷.
2 
2


Câu 9.

Đội học sinh giỏi trường THPT Lý Thái Tổ gồm có 8 học sinh khối 12 , 6 học sinh khối 11 và
5 học sinh khối 10. Chọn ngẫu nhiên 8 học sinh. Xác suất để trong 8 học sinh được chọn có đủ
3 khối là
35582
71128
71131
2092
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
3791
75582
75582
2223
Lời giải
Chọn

D.

8
Chọn 8 học sinh ⇒ Ω = C19 = 75582 .

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán
2


Gọi A là biến cố trong 8 học sinh được chọn có đủ 3 khối.
⇒ A là biến cố trong 8 học sinh được chọn không có đủ 3 khối.
8
TH1: Không có khối 10. Ta chọn 8 học sinh trong khối 11 và 12, có C14 cách.
8
TH2: Không có khối 11. Ta chọn 8 học sinh trong khối 10 và 12, có C13 cách.
8
TH3: Không có khối 12. Ta chọn 8 học sinh trong khối 10 và 11, có C11 cách.

Vì trường hợp cả 8 học sinh được chọn đều thuộc khối 12 được tính 2 lần

( )

⇒ A = C148 + C138 + C118 − C88 = 4454 ⇒ P ( A ) = 1 − P A = 1 −

4454 2092
=
.
75582 2223

Câu 10. Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số y = 2 x − 1 + 3 x − 2 ?
A. ( 1; −1) .

B. ( −2; −10 ) .

C. ( 0; −4 ) .

D. ( 2;6 ) .

Lời giải
Chọn D
A: 2 1 − 1 + 3 1 − 2 = 1 ≠ −1 ⇒ ( 1; −1) không thuộc đồ thị hàm số đã cho.
B: 2 −2 − 1 + 3 −2 − 2 = 10 ≠ −10 ⇒ ( −2; −10 ) không thuộc đồ thị hàm số đã cho.
C: 2 0 − 1 + 3 0 − 2 = 0 ≠ −4 ⇒ ( 0; −4 ) không thuộc đồ thị hàm số đã cho.
D: 2 2 − 1 + 3 2 − 2 = 6 ⇒ ( 2;6 ) thuộc đồ thị hàm số đã cho.
Câu 11. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang. Gọi I , J lần lượt là trung điểm của các
cạnh AD, BC và G là trọng tâm tam giác SAB . Biết thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt
phẳng ( IJG ) là hình bình hành. Hỏi khẳng định nào sau đây đúng?
2
A. AB = CD .
3

1
B. AB = CD .
3

3
C. AB = CD .
2

D. AB = 3CD .

Lời giải
Chọn

D.

( GIJ ) ∩ ( SAB ) = d , G ∈ d
Ta có 
 IJ / / AB
⇒ d đi qua G song song với AB cắt SA tại K , cắt SB tại H.
Thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng ( IJG ) là tứ giác IJHK .
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán
3


Ta có KH / / IJ ⇒ IJHK là hình thang
Để IJHK là hình bình hành ⇔ IJ = KH
2
2
Vì G là trọng tâm SAB ⇒ KH = AB ⇒ IJ = AB .
3
3
Ab + CD
2
AB + CD
⇒ AB =
⇔ AB = 3CD .
Mặt khác IJ =
2

3
2
Câu 12. Cho tứ diện ABCD . M là một điểm bất kỳ nằm trên đoạn AC (khác A, C ). Mặt phẳng ( P )
qua M và song song với các đường thẳng AB, CD . Thiết diện của ( P ) với tứ diện đã cho là
hình gì?
A. Hình chữ nhật.

B. Hình thang.

C. Hình vuông.

D. Hình bình hành.

Lời giải
Chọn

D.

Trong mp ( ABC ) , qua M kẻ đường thẳng song song với AB , cắt BC tại N .
Trong mp ( ACD ) , qua M kẻ đường thẳng song song với CD , cắt AD tại Q .
Trong mp ( BCD ) , qua M kẻ đường thẳng song song với CD , cắt BD tại P .
⇒ Thiết diện của ( P ) với tứ diện là tứ giác MNPQ .
 MQ / / NP ( / / CD )
⇒ MNPQ là hình bình hành.
Mặt khác 
 MN / / PQ ( / / AB )
x + y = 1
có bao nhiêu nghiệm?
Câu 13. Hệ phương trình  2
2

x + y = 5
A. 4 .
B. 3 .
C. 2 .

D. 1.

Lời giải
Chọn

C.

 x + y = 1
x + y = 1
x + y = 1
⇔
⇔
 2

2
2
 xy = −2
x + y = 5
( x + y ) − 2 xy = 5
 t = −1
⇒ x, y là nghiệm của phương trình t 2 − t − 2 = 0 ⇔ 
.
t = 2

Vậy hệ phương trình có hai tập nghiệm ( −1; 2 ) và ( 2; − 1) .

2
2
Câu 14. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho đường tròn ( C ) : x + y + 2 x − 4 y − 4 = 0 . Ảnh

của đường tròn ( C ) qua phép vị tự tâm O tỉ số k = −2 thì:
A. ( x − 2 ) + ( y − 4 ) = 36 .
2

2

B. ( x − 2 ) + ( y + 4 ) = 9 .
2

2

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán
4


C. ( x + 2 ) + ( y − 4 ) = 36 .
2

D. ( x − 2 ) + ( y + 4 ) = 36 .

2

2

2

Lời giải
Chọn
D.
( C ) có tâm I ( −1; 2 ) và bán kính R = 3
uuu
r
uur
VO−2 : I a J ⇒ OJ = −2OI ⇒ J ( 2; −4 ) .

( C ′)

−2
là ảnh của ( C ) qua VO sẽ có tâm J ( 2; −4 ) và bán kính R′ = −2 R = 6

( C ′) : ( x − 2 )

2

+ ( y + 4 ) = 36 .
2

1 1 1 1 1
; ; ; ; ;K .Số hạng tổng quát của dãy số này là?
3 32 33 34 35
1
1
1 1
B. un = n .
C. un = n +1 .

D. un = . n +1 .
3
3
3 3
Lời giải

Câu 15. Cho dãy số có các số hạng đầu là:
A. un =

1
.
3n −1

Chọn

B.
1
1 1 1
1 1
1
Ta có: u1 = và q = 2 : = nên un = . n −1 = n .
3
3 3 3
3 3
3
Câu 16. Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm AD và BC
Xác định độ dài đoạn thẳng MN để góc giữa hai đường thẳng AB và MN bằng 30° .
a
a
a 3

a 3
A. MN = .
B. MN = .
C. MN =
.
D. MN =
.
2
4
3
2
Lời giải
Chọn
D.
A

M
P
D

B
N
C

Gọi P là trung điểm AC .
Ta có NP / / AB, MP / / CD à NP = MP =

a
( theo tính chất đường trung bình)
2

⇒ (·AB, MN ) = (·NP, MN ) .
·
cos MNP
=

MN 2 + NP 2 − MP 2
=
2.MN .NP

a2 a2
−
4 4 = MN .
a
a
2.MN .
2

MN 2 +

·
 MNP
= 30°
·
AB
,
MN
=
30
°

⇒

(
)
·
 MNP
= 150°

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán
5


MN
3
a 3
·
.
MNP
= 30° ⇒
=
⇔ MN =
a
2
2
MN
3
·
(vô nghiệm).
MNP
= 150° ⇒

=−
a
2
Câu 17. Cho hình vuông ABCD cạnh a . Mệnh đề nào sau đây sai?
uuur uuur uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
2
A. AB. AC = a 2 .
B. AB + CD + BC AD = a .C. AB.CD = a 2 . D. AB. AD = 0 .

(

)

Lời giải
Chọn

C.

D

A

C

B

uuur uuur

AB.CD = AB.CD.c os180° = −a 2 .
Vậy C. là mệnh đề sai.
x −1
tại điểm có hoành độ bằng −1 là
x+2
B. y = −3 x − 5 .
C. y = 3x + 1 .
D. y = 3x + 5 .
Lời giải

Câu 18. Phương trình tiếp tuyến của hàm số y =
A. y = −13 x + 13 .

Chọn
C.
x −1
3
y=
⇒ y′ =
2 .
x+2
( x + 2)
x = −1 ⇒ y = − 2
y ′ ( −1) = 3
Phương trình tiếp tuyến của hàm số y =
y = 3 ( x + 1) − 2 ⇔ y = 3x + 1 .

x −1
tại điểm có hoành độ bằng −1 là
x+2

 π
2
Câu 19. Htrong khoảng  0; ÷ phương trình sin 4 x + 3sin 4 x.cos 4 x = 0 có bao nhiêu nghiệm?
 2
A. 2 .
B. 4 .
C. 3 .
D. 1.
Lời giải
Chọn
A.
sin 4 x = 0
sin 2 4 x + 3sin 4 x.cos 4 x = 0 ⇔ sin 4 x ( sin 4 x + 3cos 4 x ) = 0 ⇔ 
.
 tan 4 x = −3
sin 4 x = 0 ⇔ x =

kπ
.
4

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán
6


1
kπ
arctan ( −3) +
.

4
4
 π
Htrong khoảng  0; ÷ phương trình sin 2 4 x + 3sin 4 x.cos 4 x = 0 có các nghiệm là
 2
π
1
π
x = , x = arctan ( −3) + .
4
4
4
tan 4 x = −3 ⇔ x =

Câu 20. Xét tính chẵn, lẻ của hai hàm số f ( x ) = x + 2 − x − 2 , g ( x ) = − x .
A. f ( x ) là hàm số lẻ, g ( x ) là hàm số lẻ.
B. f ( x ) là hàm số chẵn, g ( x ) là hàm số chẵn.
C. f ( x ) là hàm số chẵn, g ( x ) là hàm số lẻ.
D. f ( x ) là hàm số lẻ, g ( x ) là hàm số chẵn.
Lời giải
Chọn

D.

Tập xác định của các hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) là D = ¡ .
 Với ∀x ∈ ¡ ⇒ − x ∈ ¡ .
 f ( − x ) = − x + 2 − − x − 2 = − f ( x ) ∀x ∈ ¡ . Suy ra f ( x ) là hàm số lẻ.
g ( − x ) = − − x = g ( x ) ∀x ∈ ¡ . Suy ra g ( x ) là hàm số chẵn.
Câu 21. Trong một hộp đựng 7 bi đỏ, 5 bi xanh và 3 bi vàng, lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Tính xác suất để
3 viên bi lấy được đều màu đỏ.

1
3
7
1
A. .
B. .
C. .
D. .
13
7
15
5
Lời giải
Chọn
A.
3
Không gian mẫu: C15
3
Số cách thuận lợi để lấy được 3 viên bi màu đỏ là: C7

C73 1
Xác suất cần tìm: 3 = .
C15 13
Câu 22. Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A(−2; 4), B(−6;1) là
A. 3 x − 4 y + 8 = 0 .
B. 3 x − 4 y + 22 = 0 .
C. 3 x − 4 y − 22 = 0 .

D. 3 x + 4 y − 10 = 0 .
Lời giải

Chọn

B.
uuur
Ta có: AB = (−4; −3)

r
Đường thẳng AB nhận n = (3; −4) làm véc tơ pháp tuyến.
Đường thẳng AB đi qua điểm A(−2; 4) nên có phương trình là: 3( x + 2) − 4( y − 4) = 0
Hay AB : 3 x − 4 y + 22 = 0
Câu 23. Tập nghiệm của phương trình

x2 − 4 x − 2
= x − 2 là:
x−2

A. { 1} .
B. { 0;1} .
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

C. { 2} .

D. { 5} .
7


Lời giải
Chọn

D.

ĐK: x > 2.
 x = 0 ( L)
2
2
Phương trình tương đương với: x − 4 x − 2 = x − 2 ⇔ x − 5 x = 0 ⇔ 
x = 5
Vậy S = { 5} .
Câu 24. Tính I = lim

2n − 3
2n + 3n + 1
2

A. I = −∞.
Chọn

B. I = 1.

C. I = +∞.
Lời giải

D. I = 0.

D.

2 3
− 2
2n − 3

n
n
I = lim 2
= lim
= 0.
3 1
2n + 3n + 1
2+ + 2
n n
(Bậc của tử nhỏ hơn bậc mẫu nên giới hạn bằng 0 ⇒ D
x + 2 có kết quả là
Câu 25. Giới hạn xlim
→+∞ x 3 + 1
A. −∞.
B. +∞.
2

Chọn

C. 1.
Lời giải

D. 0.

D.

1 2
+ 3
x2 + 2
x

x = 0.
lim
= lim
x →+∞ x 3 + 1
x →+∞
1
1+ 3
x
Câu 26. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : x − 2 y + 1 = 0 , phép vị tự tâm I ( 0;1)
tỉ số k = −2 biến đường thẳng d thành đường thẳng d ′ , phép đối xứng trục Ox biến đường
thẳng d ′ thành đường thẳng d1 . Khi đó, phép đồng dạng biến đường thẳng thẳng d thành
đường thẳng d1 có phương trình là
A. x + 2 y + 8 = 0 .
B. 2 x − y + 4 = 0 .

C. x + 2 y + 4 = 0 .
Lời giải

D. x + 2 y − 4 = 0 .

Chọn

C.
Lấy hai điểm A ( 1;1) và B ( −1;0 ) thuộc đường thẳng d : x − 2 y + 1 = 0 .
uur
uuur
Ta có V( I ;−2 ) ( A ) = A′ ⇔ IA′ = −2 IM ⇒ A′ ( −2;1) ; A1 = ĐOx ( A′ ) ⇒ A1 ( −2; −1) .
uuu
r
uur

Tương tự V( I ;−2 ) ( B ) = B′ ⇔ IB′ = −2 IB ⇒ B′ ( 2;3) ; B1 = ĐOx ( B′ ) ⇒ B1 ( 2; −3) .
Đường thẳng d1 đi qua hai điểm A1 và B1 nên có phương trình x + 2 y + 4 = 0 .
1 3
2
Câu 27. Cho hàm số y = − x + 4 x − 5 x − 17 . Phương trình y ′ = 0 có hai nghiệm x1 , x2 . Khi đó, tổng
3
x1 + x2 bằng
A. 5 .

B. 8 .

C. −8 .

D. −5 .

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán
8


Lời giải
Chọn

B.

Ta có y ′ = − x 2 + 8 x − 5 ; y ′ = 0 ⇔ − x 2 + 8 x − 5 = 0 ( 1) .
Vì phương trình ( 1) có hai nghiệm x1 , x2 nên theo định lí Vi-ét ta có x1 + x2 = −

b
= 8.
a

Câu 28. Cho cấp số cộng ( un ) có u5 = −15 và u20 = 60 . Tổng của 20 số hạng đầu tiên của cấp số cộng
đó là
A. S 20 = 500 .
B. S 20 = 250 .
C. S 20 = 60 .
D. S 20 = 600 .
Lời giải
Chọn
B.
u5 = −15
u + 4d = −15
u = −35
⇔ 1
⇔ 1
Gọi d là công sai của cấp số cộng ( un ) , ta có 
.
d = 5
u1 + 19d = 60
u20 = 60
Khi đó, tổng của 20 số hạng đầu tiên của cấp số cộng đó là
20
S 20 = ( u1 + u20 ) = 250 .
2
r
2
2
Câu 29. Cho v = ( 3;3) và đường tròn ( C ) : x + y − 2 x + 4 y − 4 = 0 . Ảnh của ( C ) qua phép tịnh tiến
r
theo véctơ v là ( C ′ ) có phương trình:

A. ( x − 4 ) + ( y − 1) = 9 .

B. ( x + 4 ) + ( y + 1) = 9 .

C. x 2 + y 2 + 8 x + 2 y − 4 = 0 .

D. ( x − 4 ) + ( y − 1) = 4 .

2

2

2

2

2

2

Lời giải
Chọn

A.
2
2
Đường tròn ( C ) : x + y − 2 x + 4 y − 4 = 0 có tâm I ( 1; −2 ) và bán kính R = 3 .
Đường tròn ( C ′ ) = Tvr ( C ) có tâm I ′ = Tvr ( I ) = ( 4;1) và bán kính R = 3 nên có phương trình

( x − 4)

2

+ ( y − 1) = 9 .
2

Câu 30. Phương trình chính tắc của Elip có trục lớn gấp đôi trục bé và đi qua điểm A ( 2; −2 ) là
x2 y2
A.
+
= 1.
20 5
Chọn

x2 y 2
B.
+
= 1.
16 4

x2 y2
C.
+
= 1.
36 9
Lời giải

x2 y2
D.
+

= 1.
24 6

A.

x2 y 2
+
=1.
a 2 b2
a 2 = 4b 2
a 2 = 4b 2
 a = 2b
2



 a = 20
⇔1 4
⇔5
⇔ 2
Theo giả thiết, ta có hệ phương trình  4 4
.
+
=
1
+
=
1
=
1

b
=
5


 a 2 b 2
 2
 2
 b b2
b
Giả sử Elip ( E ) có phương trình chính tắc

x2 y2
Vậy ( E ) : +
=1.
20 5
Câu 31. Phương trình
2π
A. −
.
3

3 sin x − cos x = 0 có nghiệm âm lớn nhất là
π
π
B. − .
C. − .
3
6

D. −

5π
.
6

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán
9


Lời giải
Chọn

D.

1
π
⇔ x = + k π ( k ∈ ¢)
6
3
5π
⇒ Nghiệm âm lớn nhất của phương trình là x = −
(ứng với k = −1 ).
6
3 sin x − cos x = 0 ⇔ 3 tan x = 1 ⇔ tan x =

Câu 32. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OB = OC . Gọi M là trung
điểm của BC và OM = a (tham khảo hình vẽ). Khoảng cách giữa 2 đường thẳng OA và BC
bằng

A.

a 3
.
2

B.

a 2
.
2

C. a .

D. a 2 .

Lời giải
Chọn
C.
Ta có OM ⊥ BC (vì ∆OBC cân tại O), OM ⊥ OA (vì OA ⊥ (OBC ) ) ⇒ OM là đoạn vuông
góc chung của 2 đường thẳng OA và BC ⇒ d (OA; BC ) = OM = a .
Câu 33. Bất phương trình

(

)

A. 3; 4 + 2 2 .

2 x + 1 < 3 − x có tập nghiệm là

(

)

 1

C.  − ; 4 − 2 2 ÷.
 2


B. 4 − 2 2;3 .

(

)

D. 4 + 2 2; +∞ .

Lời giải
Chọn

C.

2 x + 1 ≥ 0
 1
 1

− ≤ x ≤ 3
− ≤ x ≤ 3

2 x + 1 < 3 − x ⇔ 3 − x ≥ 0
⇔ 2
⇔ 2
2
 2 x + 1 < (3 − x) 2
 x − 8x + 8 > 0
x < 4 − 2 2 v x > 4 + 2 2



1
⇔ − ≤ x < 4 − 2 2 ⇒ Đáp án là
2

C.

Câu 34. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ảnh của điểm M (−6;1) qua phép quay Q( O ,−900 ) là
A. M '(1;6) .

B. M '(−6; −1) .

C. M '(6;1) .

D. M '(−1; −6) .

Lời giải
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán
10

Chọn
A.
Vẽ hình ⇒ ảnh là điểm M '(1;6)
1 − cos 3 x .
Câu 35. Tìm tập xác định D của hàm số y =
1 + sin 4 x
 π kπ

A. D = ¡ \ − + ,k ∈ ¢  .
 8 2

 π kπ

C. D = ¡ \ − + ,k ∈ ¢  .
 4 2


 3π kπ

B. D = ¡ \ − + ,k ∈ ¢  .
2
 8

 π kπ

D. D = ¡ \ − + ,k ∈ ¢  .
 6 2

Lời giải

Chọn

A.

Với mọi x ∈ ¡ , ta luôn có 1 − cos 3 x ≥ 0 và 1 + sin 4 x ≥ 0 nên không thể có

1 − cos 3x
<0.
1 + sin 4 x

Do đó hàm số xác định
⇔ 1 + sin 4 x ≠ 0 ⇔ sin 4 x ≠ −1 ⇔ 4 x ≠ −
⇒ Đáp án là

π
π kπ
+ k 2π ⇔ x ≠ − +
( k ∈ ¢) .
2
8 2

A.

Câu 36. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC .
Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60° . Khoảng cách giữa hai đường thẳng
GC và SA bằng
a 5
A.
.
5

B.

a
.
5

C.

a 5
.
10

D.

a 2
.
5

Lời giải
Chọn

A.

Ta có: SG ⊥ ( ABC ) . Gọi M là trung điểm AB .
Dựng hình bình hành CMAD ⇒ CMAD là hình chữ nhật (do CM ⊥ MA ).
⇒ CG // ( SAD ) nên d ( CG; SA ) = d ( CG; ( SAD ) ) = d ( G; ( SAD ) ) .
Trong ( CMAD ) , kẻ GH ⊥ AD

Lại có SG ⊥ ( ABC ) ⇒ SG ⊥ AD . Suy ra AD ⊥ ( SGH ) ⇒ ( SAD ) ⊥ ( SGH ) theo giao tuyến

SH . Trong ( SGH ) , kẻ GK ⊥ SH thì GK ⊥ ( SAD ) .

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán
11


2 a 3
∆SGH có SG = tan 60°.GA = 3. .
=a
3 2
1
1
1
a 5
=
+
.
2
2
2 ⇒ GK =
GK
SG
GH
5
a 5
Vậy d ( CG; SA ) = d ( G; ( SAD ) ) = GK =
.
5
3
2

Câu 37. Cho hàm số y = x − 3 x + 2 ( C ) . Phương trình tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của ( C ) là:
A. y = −3 x + 3 .
B. y = −5 x + 10 .
C. y = 0 .
D. y = −3 x − 3 .

Lời giải
Chọn

A.

y = x 3 − 3 x 2 + 2 ⇒ y′ = 3 x 2 − 6 x .
Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm.
Hệ số góc của tiếp tuyến là k = f ′ ( x0 ) = 3 x02 − 6 x0 = 3 ( x0 − 1) − 3 ≥ −3 .
2

⇒ kmin = −3 đạt tại x0 = 1 ⇒ y0 = 0 .
Vậy phương trình tiếp tuyến: y = −3 x + 3 .
2n
Câu 38. Cho khia triển nhị thức Newton của ( 2 x − 3) , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn
C21n +1 + C23n+1 + C25n+1 + ... + C22nn++11 = 1024 . Hệ số của x 7 bằng
A. 414720 .
B. −414720 .
C. 2099520 .
Lời giải

D. −2099520 .

Chọn
B.

1
Ta có: C2 n +1 + C23n+1 + C25n+1 + ... + C22nn++11 = C22nn+1 + C22nn+−12 + ... + C22n +1 + C20n +1 .
và C20n +1 + C21n+1 + C22n+1 + C23n +1 + ... + C22nn+1 + C22nn++11 = 22 n +1

(

)

1
3
5
2 n +1
2 n +1
Suy ra 2 C2 n+1 + C2 n +1 + C2 n +1 + ... + C2 n+1 = 2

⇔ 22 n+1 = 2.1024 = 211 ⇔ n = 5 .
10
Khi đó, ta có nhị thức ( 2 x − 3) .
Sô hạng tổng quát của khai triển trên là : Tk +1 = C10k ( 2 x )

10 − k

. ( −3) .
k

Tk +1 chứa x 7 ⇔ 10 − k = 7 ⇔ k = 3 .
Vậy hệ số của x 7 bằng C103 27 ( −3) = −414720 .
3

Câu 39. Tìm lim

A.

12 + 22 + 32 + ... + n 2
.
2n ( n + 7 ) ( 6n + 5 )

1
.
6

B. +∞ .

C.

1
.
2

D.

1
2 6

.

Lời giải
Chọn

B.

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán
12


1
 1 
1 + ÷ 2 + ÷

n ( n + 1) ( 2n + 1)
1 + 2 + 3 + ... + n
1
n 
n
lim
= lim
= lim 
= .
5 6
2n ( n + 7 ) ( 6n + 5 )
6.2n ( n + 7 ) ( 6n + 5 )
 7 
12 1 + ÷ 6 + ÷
n
 n 
2

2

2

2

Câu 40. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 2a . Các cạnh bên của hình
chóp đều bằng a 2 . Tính góc giữa AB và SC .
A. 30° .
B. 90° .
C. 45° .
D. 60° .
Lời giải
Chọn
C.

Gọi M là trung điểm của CD .
·
Ta có AB // CD nên (·AB, SC ) = (·CD, SC ) = SCD
.
·
=
Tam giác SMC có : cos SCD

CM
1
·
=
⇒ SCD
= 45° .
SC
2

·

Câu 41. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , góc BAC
= 600 , tam giác SAB cân tại S
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Mặt phẳng ( SCD ) tạo với đáy một góc 300 . Tính
khoảng cách d giữa hai đường thẳng SB và AD .
21
21
A. d =
B. d =
a.
a.
14
7
2 3
3
C. d =
D. d =
a.
a.
5
5
Lời giải
Chọn B

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán
13


Gọi H là trung điểm AB khi đó SH ⊥ ( ABCD ) .

Ta có AD //BC ⇒ AD // ( SBC ) ⇒ d ( AD, SB ) = d ( A, ( SBC ) ) = 2d ( H , ( SBC ) ) .

·
Gọi M là trung điểm BC . Vì BAC
= 600 nên ∆ABC là tam giác đều và AM ⊥ BC , Gọi N là
trung điểm của BM thì HN ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SHN ) .

Kẻ HJ ⊥ SJ ⇒ HJ ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( H , ( SBC ) ) = HJ .
1
a 3
AM =
2
4
Gọi I là trung điểm của CD khi đó AI ⊥ CD ⇒ HC ⊥ CD góc giữa ( SCD ) và đáy bằng
Ta có HN =

a 3
a
·
⇒ SH = HC.tan 300 = .
SCH
= 300 , CH =
2
2
1
1
1
16
4
28
a 3 a 21
=

+
= 2 + 2 = 2 ⇒ HJ =
=
2
2
2
HJ
HN
SH
3a a
3a
14
2 7
21
a.
7

⇒ d ( AD, SB ) =

99

Câu 42. Tính tổng: S = 100.C

0
100

A. 100 .

100

198

199

1
1 1
99  1 
100  1 
 ÷ − 101.C100  ÷ + ... + 199.C100  ÷ + 200.C100  ÷
2
2
2
2
B. 1 .
C. 0 .
D. 10 .
Lời giải

Chọn C
Xét khai triển: ( 1 − x )

100

0
1
2
99 99
100 100
= C100
− C100

x + C100
x 2 − ... − C100
x + C100
x .

Nhân hai vế với x100 ta được:
x100 ( 1 − x )

100

0
1
2
99 199
100 200
= C100
x100 − C100
x101 + C100
x102 − ... − C100
x + C100
x .

Đạo hàm hai vế ta được
100 x 99 ( 1 − x )

100

− 100 x100 ( 1 − x )

99

0
1
2
99 198
100 199
= 100C100
x 99 − 101C100
x100 + 102C100
x101 − ... − 199C100
x + 200C100
x

1
ta được
2

Thay x =

99

S = 100.C

0
100

100

198

199

1
1 1
99  1 
100  1 
 ÷ − 101.C100  ÷ + ... + 199.C100  ÷ + 200.C100  ÷
2
2
2
2

=0.

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán
14


Câu 43. Một bể nước có dung tích 1000 lít.Người ta mở vòi cho nước chảy vào bể, ban đầu bể cạn
nước. Trong một giờ đầu vận tốc nước chảy vào bể là 1 lít/ 1 phút. Trong các giờ tiếp theo vận
tốc nước chảy giờ sau gấp đôi giờ liền trước. Hỏi sau khoảng thời gian bao lâu thì bể đầy nước
(kết quả gần đúng nhất )?
A. 3,64 giờ.
B. 4,14 giờ.
C. 4,64 giờ.
D. 3,14 giờ.
Lời giải
Chọn B
Ta thấy, lượng nước chảy vào bể theo giờ là một cấp số nhân với u1 = 60, q = 2 .
Gọi n là khoảng thời gian để nước chảy đầy bể.

Ta có S n = 1000 .
Khi đó

u1 ( 1 − 2n )
1− 2

= 1000 ⇔

60 ( 1 − 2n )
−1

n
= 1000 ⇔ 2 = 1 +

1000
⇔ n ≈ 4,14 (giờ).
60

Câu 44. Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác đều cạnh AB = 2a . Hình chiếu
vuông góc của A′ lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm H của cạnh AB . Biết góc giữa
cạnh bên và mặt đáy bằng 600 . Góc giữa hai mặt phẳng ( BCC ′B′ ) và ( ABC ) là
A. arctan 2 .

B. arctan2 .

C. arctan4 .

D. arctan

1

.
4

Lời giải
Chọn B

Gọi H lần lượt là trung điểm của AB , khi đó góc giữa AA′ và ( ABC ) là ·A′AH = 600
Gọi I , I ′ lần lượt là trung điểm của BC , B′C ′ , K là trung điểm của BI .
Ta có AI ⊥ BC ⇒ HK ⊥ BI mà A′H ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( A′HKI ′ ) ⇒ BC ⊥ KI ′
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán
15


· , KI ′ = HKI
·
′.
Khi đó (·
BCC ′B′ ) , ( ABC ) = HK
Ta có

a 15
HKI ′A′ là hình thang vuông tại H , A′ , có HI ′ = a 6; KI ′ =
2

·
′=
Khi đó sin HKI

1
2 5

·
·
′ = . Vậy HKI
. Do đó cot HKI
′ = arctan 2 .
2
5

2
2
Câu 45. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ oxy cho hai đường tròn (C ) : x + y − 2 x − 2 y + 1 = 0 và

( C ′) : x 2 +

y 2 + 4 x – 5 = 0 cùng đi qua M (1;0) . Viết phương trình đường thẳng d qua M

cắt hai đường tròn ( C ) ; ( C ′ ) lần lượt tại A, B sao cho MA = 2 MB .Một đường thẳng d cần
tìm có dạng d : ax + y + b = 0, a > 0 ; b < 0. Khi đó a + b = ?
A. a + b = 0 .
B. a + b = −3 .
C. a + b = 2 .
Lời giải

D. a + b = 3 .

Chọn A

2
2
Ta có ( C ) : x + y + 4 x – 5 = 0 có I ( 1,1) ; R = 1 ;

( C ′) : x 2 +

y 2 + 4 x – 5 = 0 có tâm I ′ ( −2;0 ) ; R = 3

Gọi H , H ′ lần lượt là chân đường cao kẻ từ I , I ′ đến AB . Gọi đường thẳng d qua M có

r
2
2
n
vecto pháp tuyến = ( c, d ) ; ( c + d > 0 ) ⇒ d : c ( x − 1) + dy = 0

Vì MA = 2MB ⇒ MH = 2MH ′ ⇔ MH 2 = 4 MH ′2 ⇔ R 2 − IH 2 = 4( R′2 − I ′H ′2 )

 c = 2d
⇔
c = − 2d
Với c = 2d ⇒ d : 2 x + y − 2 = 0 ( L ) .
Với c = − 2d ⇒ d : 2 x − y − 2 = 0 ⇒ a + b =

2 + (− 2) = 0 .

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán
16


2017
Câu 46. Cho khai triển P ( x ) = ( 1 + x ) ( 1 + 2 x ) ... ( 1 + 2017 x ) = a0 + a1x + ... + a2017 x . Tính giá trị biểu

thức T = a2 +

1 2
( 1 + 22 + ... + 2017 2 ) .
2
2

2

1  2017.2018 
A. 
÷.
2
2


 2016.2017 
B. 
÷.
2



2

1  2016.2017 
C. 
÷.
2
2


Lời giải

2

 2017.2018 
D. 
÷.
2



Chọn
Hệ số a2 là hệ số của x 2 trong khai triển P ( x ) nên:

a2 = 1( 2 + 3 + ... + 2017 ) + 2 ( 1 + 3 + 4 + ... + 2017 ) + ... + 2017 ( 1 + 2 + ... + 2016 )

(

2
2
2
Hay a2 = ( 1 + 2 + ... + 2017 ) − 1 + 2 + ... + 2017
2

)

1 2
1
2

1 + 22 + ... + 2017 2 ) = ( 1 + 2 + ... + 2017 ) − ( 12 + 2 2 + ... + 2017 2 ) .
(
2
2

Vì vậy T = a2 +

2

 2017.2018  1 2017.2018.4035
Suy ra T = 
????
÷ − .
2
6

 2
Khả năng sai đề????
Nếu bỏ ½ ở T thì ra đáp án????

Câu 47. Cho M , m lần lượt là các giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y =

M .m .
3
A. .
4

B.

1

.
2

cos x + 2sin x + 3
. Tính tích
2cos x − sin x + 4

4
.
11
Lời giải

C.

D.

20
.
11

Chọn C
Có 2cos x − sin x + 4 = 0 vô nghiệm do 22 + 12 < 42 nên tập xác định của hàm số
cos x + 2sin x + 3
y=
là ¡ .
2 cos x − sin x + 4
Lấy y ∈ TGT ⇔ pt ( 2cos x − sin x + 4 ) y = cos x + 2sin x + 3 có nghiệm
⇔ ( 2 y − 1) + ( y + 2 ) ≥ ( 3 − 4 y ) ⇔ 11y 2 − 24 y + 4 ≤ 0 ⇔
2

Vậy M .m =

2

2

2
≤ y ≤ 2.
11

4
.
11

y = x 3 − 2009 x có đồ thị ( C ) . M 1 là điểm trên ( C ) có hoành độ x1 = 1. Tiếp
Câu 48. Cho hàm số
tuyến của

( C)

( C ) tại điểm M 2 khác M 1 , tiếp tuyến của ( C ) tại M 2 cắt ( C ) tại
tại M 1 cắt

điểm M 3 khác M 2 ,.... tiếp tuyến của

( C)

tại M n −1 cắt

( C)

tại điểm M n khác M n −1

( n = 4;5;6;...) . Gọi ( xn ; yn )
A. n = 675 .
C. n = 672 .

2013
là tọa độ điểm M n . Tìm n để 2009 xn + yn + 2 = 0 .
B. n = 679 .
D. n = 685 .

Lời giải
Chọn
C.
Xét hàm số y = x 3 − 2009 x (TXĐ: ¡ ).

y ′ = 3 x 2 − 2009
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán
17


M 1 ( x1 ; y1 = x13 − 2009 x1 )

y(′x1 ) = 3 x12 − 2009

Phương trình tiếp tuyến ∆ tại M 1 là

y = ( 3 x12 − 2009 ) ( x − x1 ) + x13 − 2009 x1

Hoành độ giao điểm của ∆ và ( C ) là nghiệm của phương trình:

( 3x

2
1

− 2009 ) ( x − x1 ) + x13 − 2009 x1 = x 3 − 2009 x

⇔ ( x − x1 )

2

( x + 2 x1 ) = 0

 x = x1
⇔
→ x2 = −2 x1 .
 x = −2 x1

Làm tương tự ta sẽ có: x3 = −2 x2 = ( −2 ) x1.
2

x4 = −2 x3 = ( −2 ) x1 .
3

….
xn = ( −2 )

n −1

x1.

Do x1 = 1 ⇒ x2 = ( −2 ) , x3 = ( −2 ) , ... , xn = ( −2 )
1

2

n −1

2013
3
2013
Khi đó 2009 xn + yn + 2 = 0 ⇔ 2009 xn + xn − 2009 xn + 2 = 0

⇔ xn 3 + 22013 = 0 ⇔ ( −2 )

3( n −1)

= −22013 ⇔ ( −2 )

3 n −3

= ( −2 )

2013

⇔ 3n − 3 = 2013 ⇔ 3n = 2016 ⇔ n = 672 .

Câu 49. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m ∈ [ 0; 2018] để phương trình sau có đúng 2 nghiệm?

(x

2

+ 2 x + 4 ) − 2m ( x 2 + 2 x + 4 ) + 4 m − 4 = 0 .
2

B. 2017 .

A. 2016 .

C. 2018 .

D. 2019 .

Lời giải
Chọn

A.

Đặt: x 2 + 2 x + 4 = t ⇒ t = ( x + 1) + 3 ≥ 3 .
2

Khi t = 3 phương trình x 2 + 2 x + 4 = 3 có 1 nghiệm x = 1 .
Khi t > 3 phương trình x 2 + 2 x + 4 = t có 2 nghiệm x phân biệt.
Phương trình đã cho tương đương: t 2 − 2mt + 4m − 4 = 0 ⇔ t 2 − 4 = 2m ( t − 2 ) ⇔ t + 2 = 2m (do
t ≥3)
⇔ t = 2m − 2 (*)
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm x phân biệt thì (*) có 1 nghiệm t > 3

5
⇔ 2m − 2 > 3 ⇔ m >
2
2018 − 3
+ 1 = 2016 (số).
Do m ∈ ¥ và m ∈ [ 0; 2015] ⇒ 3 ≤ m ≤ 2018 ⇒ có:
1
Câu 50. Để bất phương trình

( x + 5)(3 − x) ≤ x 2 + 2 x + a nghiệm đúng ∀x ∈ [ −5 : 3] có bao nhiêu giá

trị nguyên của tham số a ∈ [ −20; 20] ?
A. 16 .

B. 15 .

C. 41 .

D. 20 .

Lời giải
Chọn
D.
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán
18


Điều kiện −5 ≤ x ≤ 3 .
Đặt

( x + 5)(3 − x) = t ⇒ t ≥ 0 .

t 2 = − x 2 + 2 x + 15 = − x 2 + 2 x − 1 + 16 = 16 − ( x + 1) ≤ 16 ⇒ 0 ≤ t ≤ 4 .
2

Bất phương trình ⇔ t ≤ 15 − t 2 + a ⇔ a ≥ t 2 + t − 15 .

(

t 2 + t − 15
Bất phương trình đúng ∀x ∈ [ −5 : 3] ⇔ a ≥ Max
[ 0;4]

)

2
Xét hàm số f ( t ) = t + t − 15 trên [ 0; 4] .

1
f ′ ( t ) = 2t + 1 ⇒ f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = − ∉ [ 0; 4] .
2
f ( 0 ) = −15; f ( 4 ) = 5 ⇒ Max ( t 2 + t − 15 ) = 5 .
[ 0;4]
Do a ∈ [ −20; 20] và a nguyên nên ⇒ 5 ≤ a ≤ 20 ⇒ có ( 20 − 5 ) + 1 = 16 số.
---HẾT---

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán
19