26 đề thi thử THPTQG 2019 toán THPT vĩnh yên vĩnh phúc lần 1 có lời giải

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT VĨNH N

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1
MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 90 phút;(50 câu trắc nghiệm)
Mã đề thi
485

Họ, tên thí sinh:..................................................................... Số BD .............................
Câu 1: Đồ thị của hàm số y  3x 4  4 x3  6 x 2  12 x  1 đạt cực tiểu tại M  x1 ; y1  . Khi đó giá trị của tổng

x1  y1 bằng?
A. 6 .
B. 7.
Câu 2: Hình bát diện đều có bao nhiêu cạnh?
A. 10 .
B. 12 .

C. 13

D. 11

C. 8 .

D. 20 .

Câu 3: Tính thể tích khối chóp S. ABC có AB  a , AC  2a , BAC  120 , SA   ABC  , góc giữa
S
 SBC  và  ABC  là 60 .

a

A
120o

2a
C

60o
H

B

3 21 a3
21 a3
7 a3
7 a3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
14
14
14
7
Câu 4: Cho biết đồ thị sau là đồ thị của một trong bốn hàm số ở các phương án A, B, C, D. Đó là đồ thị

của hàm số nào?
3
2
A. y  2 x  3x  1
3
B. y  2 x  6 x  1
3
C. y  x  3x  1
3
D. y   x  3x  1

3
Câu 5: Cho hàm số f  x    x  x  3  x  2  . Mệnh đề nào đúng?
2

5 f '  2   f '  1
 12
B.
3
1
D. 5 f '  1  2 f '  2   302

A. f '  2   5 f '  2   32
1
C. 3 f '  2   4 f '  1  742
Câu 6: Hàm số y 
A. 2

2x  x2  x  1
có bao nhiêu đường tiệm cận ?

x3  x
B. 1
C. 4

 3
trên  1;  và có đồ thị là đường cong
 2
nhỏ nhất m của hàm số f ( x) trên

Câu 7: Cho hàm số y  f ( x) xác định, liên tục
như hình vẽ. Tổng giá trị lớn nhất M và giá trị
 3
 1; 2  là:

4

D. 3

y

2

1
x
-1

-1
-2

3

2


7
.
2
B. M  m  3
5
C. M  m 
2
D. M  m  3
A. M  m 

Câu 8: Cho hình chóp S . ABCD có SA   ABCD  , SA  2a , ABCD là hình vuông cạnh bằng a . Gọi O
là tâm của ABCD , tính khoảng cách từ O đến SC .
a 2
a 3
a 3
a 2
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
3
4
4

3
Câu 9: Mệnh đề nào sau đây là đúng ?
A. Một đường thẳng vng góc với một trong hai đường thẳng song song thì vng góc với đường
thẳng cịn lại.
B. Hai đường thẳng cùng vng góc với một đường thẳng thì song song với nhau.
C. Một đường thẳng vng góc với một trong hai đường thẳng vng góc với nhau thì song song với
đường thẳng cịn lại.
D. Hai đường thẳng cùng vng góc với một đường thẳng thì vng góc với nhau.
Câu 10: Cho hình chóp S. ABC có tam giác ABC vng tại A , AB  2a , AC  3a , SA vng góc với
đáy và SA  a . Thể tích khối chóp S. ABC bằng
A. 2a 3 .
B. 6a 3 .
C. 3a3 .
D. a 3 .

x 2  3x  4
bằng:
x 1
x2 1
1
B. 
4

Câu 11: Giới hạn của I  lim
A. 

1
2

Câu 12: Tìm số nghiệm của phương trình

A. 2 nghiệm
B. 3 nghiệm

x3 x 2
3
Câu 13: Hàm số f ( x)    6 x 
3 2
4
A. Đồng biến trên khoảng  2;  
C. Nghịch biến trên khoảng  2;3

C. 

1
3

D.

5
2

x  1 + 2 x  4 + 2 x  9 + 4 3x  1 = 25
C. 4 nghiệm
D. 1 nghiệm

B. Nghịch biến trên khoảng  ; 2 
D. Đồng biến trên  2;3

Câu 14: Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên

và có bảng biến thiên như hình bên. Đồ thị hàm

số y  f  x  cắt đường thẳng y  2019 tại bao nhiêu điểm?

A. 2 .

B. 1

D. 4 .

C. 0 .

Câu 15: Tam giác ABC có C  150 , BC  3 , AC  2 . Tính cạnh AB
A. 13 .
B. 3 .
C. 10 .
Câu 16: Đồ thị hàm số nào sau đây có ba điểm cực trị
A. y  2 x4  4 x2  3

B. y   x 2  2  .

C. y   x4  3x2

D. y  x3  6 x2  9 x  5 .

2

D. 1 .

Câu 17: Cho hàm số y  x3  3x 2  2 có đồ thị như Hình 1 . Đồ thị Hình 2 là của hàm số nào dưới đây?
y

y

2

2
x
-2

O

-1

1

x
-3

-2

-1

O

1

-2

Hình 1

Hình 2

A. y  x  3 x  2. B. y  x3  3x 2  2 .
3

2

3

C. y  x  3x 2  2 . D. y   x3  3x 2  2.

Câu 18: Trong các hàm số sau, hàm nào là hàm số chẵn?



y  x s inx
B. y  cos( x  )
C.
3
7  2x
Câu 19: Đồ thị hàm số y 
có tiệm cận đứng là đường thẳng?
x2
A. x = - 3 .
B. x = 2 .
C. x = - 2 .
2
A. y  1  sin x.

D. y  s inx+cosx.

D. x = 3

Câu 20: Mỗi hình sau gồm một số hữu hạn đa giác phẳng, tìm hình khơng là hình đa diện.

Hình 1
A. Hình 4 .

Câu 21: Số giao điểm của đồ thị hàm số y 
A.

B.

2

Câu 22: Cho dãy số un 
u11 

182
12

Hình 3

Hình 2
B. Hình 3 .

C. Hình 2 .

Hình 4
D. Hình 1 .

2x  1
với đường thẳng
là:
y  2x  3
x 1

3

n  2n  1
. Tính u11
n 1
1142
u11 
12

C.

D.

1

0

2

C.

u11 

1422
12

D. u11 

71
6

A.
B.
Câu 23: Một người gửi tiết kiệm ngân hàng, mỗi tháng gửi 1 triệu đồng, với lãi suất kép 1% trên tháng.
Sau hai năm 3 tháng (tháng thứ 28 ) người đó có cơng việc nên đã rút toàn bộ gốc và lãi về. Hỏi người
đó được rút về bao nhiêu tiền?
27
26
A. 100. 1, 01  1 triệu đồng.
B. 101. 1, 01  1 triệu đồng.




27
C. 101. 1, 01  1 triệu đồng.
D. 100. 1,01 6  1 triệu đồng.


1 20
0

1
2
 318 C20
 317 C20
 ..  C20
Câu 24: Cho biểu thức S  319 C20
. Giá trị của 3S là
3
419
418
421
A. 20
B.
C.
D.
3
3
3
4
Câu 25: Đồ thị hình bên là của hàm số nào?


A. y  x 4  2 x 2  1
B. y   x 4  3x 2  1
C. y   x 4  2 x 2  1
D. y  x 4  3x 2  1

Câu 26: Cho n 

thỏa mãn Cn1  Cn2  ...  Cnn  1023 . Tìm hệ số của x 2 trong khai triển

12  n  x  1 thành đa thức.
A. 90
B. 45
n

C. 180

D. 2

x2 y 2

 1 và điểm M nằm trên  E  . Nếu điểm M có hồnh độ bằng 1 thì các
16 12
khoảng cách từ M tới 2 tiêu điểm của  E  bằng:
Câu 27: Cho Elip  E  :

B. 4  2 .

A. 3,5 và 4,5 .
Câu 28: Phương trình
nào sau đây?
A.  2;5 .

B.  1;1 .

thực của m để phương trình



y'

y

m  0
A. 
m   3
2


2
.
2

x 2  481  3 4 x 2  481  10 có hai nghiệm  ,  . Khi đó tổng    thuộc đoạn

Câu 29: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên

x

D. 4 

C. 3 và 5 .

D.  5; 1.

C.  10; 6.

và có bảng biến thiên như hình vẽ. Tìm tất cả các giá trị

1
f  x   m  0 có đúng hai nghiệm phân biệt.
2
−1
+



0
0

0
−



1

0

+

−

0
0



−3

B. m  3

C. m  

3
2

m  0
 m  3

D. 

Câu 30: Cho hàm số f  x   x 4  4 x 2  3 có đồ thị là đường cong trong hình bên. Hỏi phương trình

x

4

 4 x 2  3  4  x 4  4 x 2  3  3  0 có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt ?
4

2


y

3

3

- 3
-2

A. 9 .

B. 10 .

-1

O1

2

C. 8 .

x

D. 4 .

Câu 31: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y  2 x3   2  m  x  m cắt
trục hoành tại 3 điểm phân biệt
1
1
1
1
m .
m .
m   , m  4.
m .

2
2
2
2
A.
B.
C.
D.
Câu 32: Cho cấp số cộng  un  có u4  12; u14  18 . Tổng của 16 số hạng đầu tiên của cấp số cộng là:
A. S  24 .

B. S  25 .

C. S  24 .

D. S  26 .

Câu 33: Phương trình x3  1  x 2  0 có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt
A. 2 .
B. 6 .
C. 1 .
D. 3 .
Câu 34: Cho x, y là hai số không âm thỏa mãn x  y  2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
P  x3  x 2  y 2  x  1
3
115
17
7
A. min P  .

B. min P  5 .
C. min P 
.
D. min P  .
3
3
3
2x 1
Câu 35: Cho hàm số y 
có đồ thị  C  . Viết phương trình tiếp tuyến của  C  biết tiếp tuyến song
x2
song với đường thẳng  : 3x  y  2  0 là
A. y  3x  5 , y  3x  8
B. y  3x  14
C. y  3x  8
D. y  3x  14 , y  3x  2
Câu 36: Lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có cạnh đáy bằng a . Gọi M là điểm trên cạnh AA sao cho
3a
AM 
. Tang của góc hợp bởi hai mặt phẳng  MBC  và  ABC  là:
4
1
3
2
A. 2 .
B. .
C.
.
D.
.

2
2
2

 x 2  5 x  4  0
Câu 37: Tập hợp nghiệm của hệ bất phương trình  3
là
2
 x  3x  9 x  10  0
A.  ; 4  .
B.  4; 1 .
C.  4;1 .

D.  1;   .

Câu 38: Cho hai điểm A  3;0  , B  0; 4  . Đường tròn nội tiếp tam giác OAB có phương trình là
A. x 2  y 2  1.

B. x 2  y 2  2 x  2 y  1  0 .

C. x 2  y 2  6 x  8 y  25  0 .

D. x 2  y 2  2 .

Câu 39: Có bao nhiêu số tự nhiên có 2018 chữ số sao cho trong mỗi số tổng các chữ số bằng 5 ?


1
2
2

3
4
A. 1  2 C2017
.
 2017C2017
 2 A2017
 C2017
 C2017
2
3
4
5
B. 1  2C2018
.
 2C2018
 C2018
 C2018

2
3
4
5
C. 1  2 A2018
.
 2 A2018
 A2018
 C2017

2
2

2
3
3
4
 2  C2017
 A2017
 A2017
D. 1  2 A2018
.
   C2017
  C2017

Câu 40: Cho hai hàm số y  f  x  , y  g  x  có đạo hàm là f   x  , g   x  . Đồ thị hàm số y  f   x  và

g   x  được cho như hình vẽ bên dưới.

Biết rằng

f  0   f  6   g  0   g  6  . Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

h  x   f  x   g  x  trên đoạn  0;6 lần lượt là:
A. h  2  , h  6  .

B. h  6  , h  2  .

C. h  0  , h  2  .

D. h  2  , h  0  .

2x 1

có đồ thị  C  . Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Tiếp tuyến 
x2
của  C  tại M cắt các đường tiệm cận tại A và B sao cho đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện

Câu 41: Cho hàm số y 

tích nhỏ nhất. Khi đó tiếp tuyến  của  C  tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích lớn nhất
thuộc khoảng nào ?
A.  29; 30  .
B.  27; 28 .
C.  26; 27  .
D.  28; 29  .
Câu 42: Giải phương trình: x  x 
Tính giá trị biểu thức P  a3  2b 2  5c .
A. P  61 .
B. P  109 .

a b
1
1
ta được một nghiệm x 
, a, b, c  , b  20 .
 1
c
x
x

C. P  29 .

D. P  73 .

Câu 43: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên k sao cho C14k , C14k 1 , C14k 2 theo thứ tự đó lập thành một
cấp số cộng. Tính tổng tất cả các phần tử của S .
A. 12 .
B. 8 .
C. 10 .
D. 6 .
Câu 44: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, AB =SA = a, AD =a 2 , SA vng góc
với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC, gọi I là giao điểm của BM và AC. Tỷ số

VAMNI
VSABCD

là ?
A.

1
7

B.

1
12

C.

1
6

D.

1
24

Câu 45: Cho hình bình hành ABCD tâm O, ABCD khơng là hình thoi. Trên đường chéo BD lấy 2 điểm
M, N sao cho BM=MN=ND. Gọi P, Q là giao điểm của AN và CD; CM và AB. Tìm mệnh đề sai:
A. M là trọng tâm tam giác ABC
B. P và Q đối xứng qua O
C. M và N đối xứng qua O
D. M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC


Câu 46: Cho hình chóp S. ABC , có AB  5  cm  , BC  6  cm  , AC  7  cm  . Các mặt bên tạo với đáy 1
góc 60 . Thể tích của khối chóp bằng:
105 3
35 3
A.
B. 24 3  cm3  .
C. 8 3  cm3  .
D.
cm3  .
cm3  .


2
2
Câu 47: Cho hàm số y  x 2  2 x  3 có đồ thị  C  và điểm A 1; a  . Có bao nhiêu giá trị nguyên của a
để có đúng hai tiếp tuyến của  C  đi qua A ?
A. 3 .

B. 2 .

C. 1 .

Câu 48: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên

D. 4 .

\ 1 và có bảng biến thiên như sau:.

1
có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
2 f  x  5
A. 0 .
B. 2 .
C. 1 .
D. 4 .
Câu 49: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
x 2  mx  m
trên 1; 2 bằng 2 . Số phần tử của S là
y
x 1
A. 1 .
B. 4 .
C. 3 .
D. 2 .
3
3
2
 x  y  3 y  3x  2  0

1
Câu 50: Cho hệ phương trình  2
2
2
 2
 x  1  x  3 2 y  y  m  0
Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hệ phương trình trên có nghiệm
A. 1
B. 3
C. 2
D. 4
Đồ thị hàm số y 

-----------------------------------------------

----------- HẾT ---------ĐÁP ÁN
1-D

2-B

3-C

4-C

5-C

6-A

7-D

8-B

9-A

10-D

11-D

12-D

13-C

14-C

15-A

16-A

17-B

18-A

19-B

20-A

21-A

22-D

23-B

24-A

25-C

26-C

27-A

28-B

29-A

30-B

31-B

32-A

33-C

34-D

35-B

36-C

37-B

38-B

39-A

40-B

41-B

42-A

43-A

44-D

45-D

46-B

47-C

48-D

49-D

50-D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: D
Tập xác định: D  .
Đạo hàm: y  12 x3  12 x 2  12 x  12 .

 x  1  y  10
2
Xét y  0  12 x3  12 x 2  12 x  12  0  12  x  1 x  1  0  
.
x  1 y  6
Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại điểm M  1;  10  .
Vậy: x1  y1  1  10  11.
Câu 2: B
E

D

C
H

A

B

F

Hình bát diện đều có 12 cạnh.
Câu 3: C
S

A

C

H

B

Gọi H là điểm chiếu của A lên BC
 BC  AH
  SBC  ;  ABC   SHA  600
Có 
BC

SH






BC2  AB2  AC2  2.AB.AC.cosBAC  7a2
 BC  a 7

Có dt  ABC  

a 21
1
1
AB.AC sin BAC  AH .BC  AH 
7

2
2
3 3 7
3 2

a
Có SAH vng tại A có SA  2 AH .
, có dt  ABC  
2
7
2
1
21a3
Nên V  SA.dt  ABC  
3
14


Câu 4: C
Trắc nghiệm:
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số có hệ số a  0 nên loại D.
Điểm cực tiểu 1; 1 nên loại A và B.
Tự luận:

x  0
+ y  2x3  3x2  1  y/  6x2  6x , y/  0  
(loại A)
x

1


 x  1
+ y  2x3  6x  1  y/  6x2  6 , y/  0  
x  1
Bảng biển thiên:
x

-∞

y/
y

-1
+

0

+∞

1
_

0

+
+∞

5
-∞

-3

(loại B)

 x  1
+ y  x3  3x  1  y/  3x2  3 , y/  0  
x  1
Bảng biến thiên:
x

-∞

y/
y

-1
+

0

+∞

1
_

0

+
+∞

3
-∞

-1

(nhận C)
+ y   x3  3x  1 có a  1  0 (loai D)
Câu 5: C
Cách 1:
2
Ta có : f ' ( x)   x3  x  3 .2  x  2    3x 2  1  x  2    x  2   5x3  6 x 2  3x  4 

 f ' (2)  0; f ' (1)  8; f ' (2)  248.
1
5 f ' (2)  f ' (1)
'
'
 416 ; 3 f ' (2)  f ' (1)  742 ;
Khi đó: f (2)  5 f (2)  248 ;
4
3
1
5 f ' (1)  f ' (2)  40 .
2
Cách 2: Dùng Casio tính được f ' (2)  0; f ' (1)  8; f ' (2)  248.
Khi đó: f ' (2)  5 f ' (2)  248 ;

5 f ' (1) 

1

5 f ' (2)  f ' (1)
 416 ; 3 f ' (2)  f ' (1)  742 ;
4
3

1 '
f (2)  40 .
2

Câu 6: A
Tập xác định của hàm số là:

\ 0 .


2 1

x2 x2

1 1 1
2 1 1 1 1
 2  3)
 2
 2 3
2
x
x
x
x
x

x
x
x 0.
lim y  lim
 lim
x 
x 
x

1
1
x3 (1  )
1
x
x
2 1 1 1 1
2 1 1 1 1
x3 ( 2  2
 2  3)

 
x
x x x
x  lim x 2 x 2 x x 2 x3  0 .
lim y  lim
x 
x 
x 
1
1

x3 (1  )
1
x
x
Đường thẳng y  0 là tiệm cận ngang của hàm số.
x3 (

2x  x2  x  1
  .
x 0
x 0
x3  x
2 x  x2  x  1
lim y  lim
  .
x  0
x 0
x3  x
Đường thẳng x  0 là tiệm cận đứng của hàm số.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận.
Ta lại có: lim y  lim

Câu 7: D
Max f  x   4; Min f  x   1
 3
 1; 2 



 3

 1; 2 



Câu 8: B

Kẻ OH  SC  d  O, SC   OH .

AC a 2

; SC  SA2  AC 2  a 6
2
2
OH SA
OC.SA a 2.2a a 3
OHC  SAC 

 OH 


OC SC
SC
3
2a 6

OC 

Câu 9: A
B sai vì chúng có thể chéo nhau hoặc cắt nhau.
C sai vì nó và đường thẳng cịn lại có thể chéo nhau hoặc cắt nhau.

D sai vì chúng có thể song song với nhau.
Câu 10: D


S

C

A

B

1
1
A B .A C = 2a.3a = 3a 2
2
2
1
1
Þ V = S A BC .SA = .3a 2 .a = a 3 .
3
3
Câu 11: D
 x  1 x  4   lim x  4  5 .
x 2  3x  4
I  lim
 lim
2
x 1
x 1  x  1 x  1

x 1 x  1
x 1
2
Ta có: S A BC =

Câu 12: D
Đặt f  x   x  1  2 x  4  2 x  9  4 3x  1.

9

Tập xác định của hàm số D   ;   .
2

1
1
1
6
9




 0, x   ;   .
Ta có f '  x  
2 x 1
x4
2x  9
3x  1
2


9
9


Lại có hàm số f liên tục trên  ;   , nên hàm số f đồng biến trên  ;   .
2
2


9

Do đó trên  ;   , phương trình f  x   25 có tối đa một nghiệm.
2

Vì x  5 thỏa mãn phương trình nên x  5 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Câu 13: C
Ta có f ( x)  x2  x  6
 x  2
.
f ( x)  0  x 2  x  6  0  
x  3
BBT:

Suy ra hàm số nghịch biến trên  2;3 .
Câu 14: C
Từ bảng biến thiên ta suy ra đường thẳng y  2019 không cắt đồ thị hàm số y  f  x  .
Câu 15: A


Theo định lí cosin trong ABC ta có:

AB2  CA2  CB2  2CACB
. .cos C  13  AB  13 . Chọn A.
Câu 16: A
Hàm bậc ba chỉ có tối đa 2 điểm cực trị  loại D
Hàm bậc trùng phương y  ax 4  bx 2  c có 3 điểm cực trị  a.b  0 . Chọn A.
Câu 17: B
Nhận xét đồ thị Hình 2 gồm :
+ Phần đồ thị Hình 1 nằm phía trên trục Ox .
+ Đối xứng phần đồ thị Hình 1 nằm phía dưới trục Ox qua trục Ox .
 Đồ thị Hình 2 là của hàm số y  x 3  3 x 2  2 .
Câu 18: A
Nhận xét : Ta nhận thấy tập xác định của bốn hàm số đã cho đều là

nên x 

 x 

* Xét y  1  sin x có y   x   1  sin 2   x   1  sin 2 x  y  x  .
2

Vậy hàm số y  1  sin 2 x là hàm số chẵn .

   y   x   y  x 
 

.
* Xét y  cos  x   có y   x   cos   x    
3   y   x    y  x 
3



 
Nên hàm số y  cos  x   không là hàm số chẵn, cũng không là hàm số lẻ.
3

* Xét y  x s inx có y   x     x  s in   x    x  s inx   x s inx   y  x  .
Nên hàm số y  x s inx là hàm số lẻ.
 y   x   y  x 
.
* Xét y  s inx  cos x có y   x   s in   x   cos   x    s inx  cos x  
 y   x    y  x 
Nên hàm số y  s inx  cos x không là hàm số chẵn, cũng không là hàm số lẻ.

Câu 19: B
Ta có : lim y  lim
x 2

x 2

7  2x
  , nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số trên là x  2 .
x2

Câu 20: A
Theo khái niệm:
Hình đa diện gồm một số hữu hạn đa giác phẳng thỏa mãn hai điều kiện:
a) Hai đa giác bất kì hoặc khơng có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh
chung.
b) Mỗi cạnh của một đa giác là cạnh chung của đúng hai đa giác.

Theo khái niệm trên thì hình 1, hình 2, hình 3 là các hình đa diện; hình 4 khơng phải hình đa
diện ( Có cạnh là cạnh chung của 3 đa giác).
Câu 21: A
Xét phương trình hồnh độ giao điểm:

2x 1
 2x  3
x 1

 2 x  1   2 x  3 x  1 ( do x  1 khơng là nghiệm của phương trình)

.



1  33
x 
4
 2x2  x  4  0  
.

1  33
x 

4
Câu 22: D
Ta có: u11 

112  2.11  1 71
 .

11  1
6

Câu 23 : B
Gọi a là số tiền cứ đầu mỗi tháng gửi tiết kiệm ngân hàng, r là lãi suất kép trên tháng
Tn là số tiền thu được cả gốc lẫn lãi sau n tháng
Cuối tháng thứ 1 : a  1  r 

Cuối tháng thứ 2 : a  1  r   a  1  r 

2

Cuối tháng thứ 3 : a 1  r   a 1  r   a 1  r 
2

3

…..

Cuối tháng thứ n : Tn  a 1  r   a 1  r   a 1  r   ...  a 1  r 
2

3

n

1  r   1
2
n
 Tn  a  1  r    1  r   ...  1  r    a 1  r 



r
n
a
 Tn   1  r   1  r   1


r
n
27
27
a
1
1,01 1,01  1  101 1,01  1
Áp dụng công thức: Tn   1  r   1  r   1 


 0,01




r
Câu 24 : A
1 20
0
1
2
 318 C20

 317 C 20
 ...  C 20
Ta có : S  319 C20
3
20 0
19 1
18 2
20
3S  3 C20  3 C20  3 C20  ...  C20
n

0
1
2 18 2
20 0 20
32010  C20
31911  C20
3 1  ...  C20
31
Xét khai triển :  3  1  C20
20

0
1
2 18
20
 3S  4 20
320  C20
319  C20
3  ...  C20

  3  1  C20
20

Câu 25: C
Nhìn từ trái sang phải nhánh cuối cùng của đồ thị đi xuống nên a  0 , loại đáp án A, D.
Điểm A 1; 2  thuộc đồ thị hàm số.
Đồ thị hàm số ở đáp án B không đi qua A 1; 2  vì x  1  y  3 .
Đồ thị hàm số ở đáp án C đi qua A 1; 2  . Chọn C.
Câu 26: C
Ta có: Cn1  Cn2  ...  Cnn  1023  Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn  1024  2n  1024  n  10
10

10

Do đó 12  n  x  1   2 x  1   C10k (2 x) k (1)10k   Ck10 2k x k .
n

10

k 0

k 0

Số hạng tổng quát trong khai triển  2 x  1 thành đa thức là C10k .2k.x k
10

Vậy hệ số của x 2 là C102 .22  180.
Câu 27: A

Giả sử phương trình ( E ) :

x2 y 2

 1 (a  b  0) Ta có :
a 2 b2

a 2  16 a  4
 2
 2
2
2
b  12 c  a  b  4

a  4

c  2
Gọi F1 , F2 lần lượt là hai tiêu điểm của Elip ( E ) , M 1; yM   ( E ) , ta có :

c
1

 MF1  a  a xM  4  2 .1  4,5

 MF  a  c x  4  1 .1  3,5
M
 2
a
2
Chọn A.

Câu 28: B
Đặt t  4 x 2  481, t  4 481 . Phương trình đã cho trở thành :
t  5
.Đối chiếu điều kiện, loại t  2 .
t 2  3t  10  0  
t  2
Với t  5  4 x 2  481  5  x 2  144  x  12    12,   12
Do đó :     0  [1;1] . Chọn B.
Câu 29: A
1
f  x   m  0  f  x   2m (*)
Ta có:
2
Quan sát bảng biến thiên của hàm số y  f  x  , ta thấy, để phương trình (*) có đúng hai

m  0
 2m  0
nghiệm phân biệt thì 

m   3
2
m


3


2
Câu 30: B

Quan sát đồ thị hàm số f  x   x 4  4 x 2  3 , ta thấy:

 x4  4 x2  3  1
 4
2
4
2
 x  4x  3  3
4
2
4
2
 x  4 x  3  4  x  4 x  3  3  0   x4  4 x2  3  1

 x4  4 x2  3   3

Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Phương trình (2) có 4 nghiệm phân biệt.

(1)
(2)
(3)
(4)


Phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt.
Phương trình (4) vô nghiệm.
Dễ dàng chỉ ra rằng: 10 nghiệm của cả 4 phương trình trên là phân biệt
Vậy phương trình đã cho có 10 nghiệm thực phân biệt.
Câu 31: B





Phương trình hoành độ giao điểm: 2 x3   2  m  x  m  0   x  1 2 x 2  2 x  m  0

x  1
 x 1  0
 2
 2
2 x  2 x  m  0
2 x  2 x  m  0

(1)

.

Để đồ thị của hàm số y  2 x3   2  m  x  m cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì phương

1

  0
1  2m  0
m  
trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt khác 1. Tức là 


2.
 f 1  0

4  m  0
m  4
Câu 32: A

u  12 u1  3d  12 u1  21
Ta có:  4
.


d  3
u14  18
u1  13d  18
Tổng của 16 số hạng đầu tiên của cấp số cộng là: S16  16.  21 

16.15
.3  24 .
2

Câu 33: C
ĐK: 1- x2 ³ 0 Û - 1 £ x £ 1.
ìï x ³ 0
pt Û x3 = 1- x 2 Û ïí 6
.
ïïỵ x + x 2 - 1 = 0
Đặt t = x2 Þ 0 £ t £ 1. PT trở thành t 3 + t - 1 = 0

(*).

Nhận xét: Mỗi giá trị của t thuộc đoạn [0;1] cho ta một nghiệm x Ỵ [0;1]
Xét f (t ) = t 3 + t - 1 với t Ỵ [0;1]

f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0 " t Ỵ [0;1].
Ta có BBT:
t

0

f 't 
f t 

1


1

1

Từ BBT, ta thấy phương trình (*) có một nghiệm t Ỵ [0;1].
Nên phương trình đã cho có một nghiệm.
(Chú ý: Ta có thể xét hàm số f (x) = x 6 + x 2 - 1 trên đoạn [0;1])
Câu 34: D
Ta có: x  y  2  y  2  x.
1
1
1
2
Do đó P  x3  x 2  y 2  x  1  x3  x 2   2  x   x  1  x 3  2 x 2  5 x  5.
3
3
3

Từ giả thiết ta có x, [0; 2].

1 3
2
Đặt f  x   x  2 x  5 x  5 với x Ỵ [0; 2].
3
f '  x   x2  4x  5 .


 x  1
 f '  x   0  
Ta có: 
   x  5  x  1 .
0  x  2
0  x  2

f (0) = 5.

7
.
3
17
f (2) =
.
3

f (1) =

Þ min f (x) =
xỴ [0;2]

7
7
. Vậy min P  .
3
3

Câu 35: B
y 

Gọi

3

.

 x  2
M  x0 ; y0 
2

là tiếp điểm.

 x  1
Để tiếp tuyến song song với  thì y  x0   3   0
.
 x0  3
 M  1; 1
Khi đó 
.
 M  3;5 

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  tại M  1; 1 là: y  3x  2 , (loại vì trùng với  ).
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  tại M  3;5 là y  3x  14 (nhận).
Câu 36: C

Gọi D là trung điểm của BC .
Ta có  MBC    ABC   BC .

 BC  AD
Và 
 BC   AMD  .
 BC  AM





Do đó    MBC  ,  ABC    DM , AD   MDA , (vì tam giác MAD vng tại A ).
Vậy tan  

AM 3a 2
3
 .

.
AD
4 a 3
2

Câu 37: B
Ta có

 x 2  5 x  4  0
(1)
 3
2
 x  3x  9 x  10  0 (2)


Giải (1) ta được 4  x  1
Giải(2). Đặt f  x   x 3  3x 2  9 x  10 . Vì f  x  liên tục trên đoạn  4; 1 và max f  x   17 ;
 4;1

min f  x   1 nên f  x   0 x   4; 1 .

 4;1

Nghiệm của hệ đã cho là nghiệm chung của (1) và (2).
Do đó nghiệm của bất phương trình đã cho là T   4; 1 .
Câu 38: B
Ta có OA  3, OB  4, AB  5.
Gọi I ( xI ; y I ) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB .
Từ hệ thức AB. IO  OB. IA  OA. IB  0 (Chứng minh) ta được

AB. xO  OB. x A  OA. xB
4.3


1
 xI 
AB  OB  OA

5 43
 I (1;1)

AB
.
y

OB
.
y

OA
.
y
3.4
O
A
B
 yI 

1

AB  OB  OA
5 4 3
Mặt khác tam giác OAB vuông tại O với r là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác thì
1
OA.OB
S
3.4
2

r 

 1 ( S , p lần lượt là diện tích và nửa chu vi tam giác).
OA

OB

AB
p
3 4  5
2
Vậy phương trình đường trịn nội tiếp tam giác OAB là ( x  1)2  ( y  1)2  1
hay x 2  y 2  2 x  2 y  1  0.
Câu 39: A
Gọi a là số thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Như vậy các chữ số của a thỏa mãn các trường hợp
sau:
4
a chứa năm chữ số 1 và 2013 chữ số 0 : C2017
3
2
a chứa ba chữ số 1 , một chữ số 2 và 2014 chữ số 0 : C2017
 2015C2017
2
2
a chứa hai chữ số 1 , một chữ số 3 và 2015 chữ số 0 : C2017
 A2017
1
a chứa một chữ số 1 , một chữ số 4 và 2016 chữ số 0 : 2C2017

a chứa một chữ số 5 và 2017 chữ số 0 : 1

2
2
a chứa một chữ số 1 , hai chữ số 2 và 2015 chữ số 0 : C2017
 A2017
1
a chứa một chữ số 2 , một chữ số 3 và 2016 chữ số 0 : 2C2017
1
2
3
4
2
Vậy có 1  4C2017
 2017C2017
 C2017
 C2017
 2 A2017

Câu 40: B
Có h '  x   f '  x   g '  x 
Từ đồ thị đã cho ta có bảng biến thiên của hàm số h  x  trên  0;6

x
h ' x
h  x

0

2



h  0

0

6


h  2

Do đó min h  x   h  2 
0;6

Giả thiết ta có f  0   g  0   f  6   g  6   h  0   h  6 

h  6


Vậy max h  x   h  6 
0;6

Câu 41: B
Ta có IA.IB = 6
Tam giác IAB vng tại I Þ bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB có

R =

1
AB
2

1
1
1
AB 
IA2  IB 2 
2 IA.IB  3
2
2
2
Đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi R min Û IA = IB khi và chỉ khi
hệ số góc của tiếp tuyến bằng ± 1 .
3
Hệ số góc k 
 1  x  2  3
( x  2)2
R

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hồnh độ x  2  3 là

y  ( x  2  3) 

3 2 3
  x  2 3  4  1 
3

Diện tích tam giác tạo bởi 2 trục tọa độ tiếp tuyến  1  là

2 34
2

2

 27,86

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hồnh độ x  2  3 là

y  ( x  2  3) 

3 2 3
  x  2 3  4  2 
 3

Diện tích tam giác tạo bởi 2 trục tọa độ tiếp tuyến   2  là

2 3  4

2

 0, 26
2
Khi đó tiếp tuyến  của  C  tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích lớn nhất thuộc khoảng

 27; 28 .
Câu 42: A
1

 ( x  1)( x  1)
x 
0



 1  x  0


x
x
Điều kiện 


x  1
1  1  0
 x 1  0
 x
 x


1
1
 1
x
x
1
1
1
1
1
1
Xét x  1 x  x   1   x  1   x   x 2  1   2 x 2  x  x 
x
x

x
x
x
x

1 5
(tm)
x 
2
2
2
2
2
2
2

 x  x  2 x  x 1  0  x  x 1  0  x  x  1  x  x 1  0 

1 5
(l )
x 

2
a  1, b  5, c  2  P  a3  2b2  5c  61

1  x  0  x  x

Cõu 43: A
iu kin: k ẻ Ơ , k Ê 12

C14k , C14k 1 , C14k 2 theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng ta có


C14k  C14k  2  2C14k 1 



1



14!
14!
14!

2
k !14  k !  k  2 !12  k !
 k  1!13  k !

1

14  k 13  k   k  1 k  2 



2

 k  113  k 

 14  k 13  k    k  1 k  2   2 14  k  k  2 

 k  4 (tm)
.
 k 2  12k  32  0  
 k  8 (tm)
Có 4  8  12.
Câu 44: D

Coi hình chóp AMNI với điểm N làm đỉnh và AMI làm đáy.
1
+) Từ N là trung điểm của SC nên đường cao hAMNI  hSABCD .
2
+) Lấy O là tâm hình chữ nhật ta có BM ; AO là các trung tuyến nên I là trọng tâm tam giác
S
h . AM 1
S
1
ABD nên AIM  I
  AIM 
S ABD hB . AD 6
S ABCD 12
V
h
S
1 1
1
+) Suy ra AMNI = AMNI . AIM = . =

VSABCD hSABCD S ABCD 2 12 24
Câu 45: D

Vì nếu M là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác suy ra MA=MC nên tam giác
MAC cân tại M suy ra MO vng góc AC suy ra ABCD là hình thoi (vơ lý)

Câu 46: B

Gọi I là hình chiếu vng góc của S trên mp(ABC).
Gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu của I trên AB, BC, AC.
Vì Các mặt bên cùng tạo với đáy một góc bằng
600  SMI  SNI  SPI  600  ISM  ISN  ISP
 IM  IN  IP


Suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Gọi r là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC
IM  r 

S ABC
abc
,p
 9, S ABC 
p
2

p  p  a  p  b  p  c   6 6

2 6
6 2

 SI  IM .tan SMI 
3
3
1
 VS . ABC  SH .S ABC  24 3
3

r

Suy ra đáp án B.

Câu 47: C
TXĐ: D  .
Giả sử k là hệ số góc của đường thẳng  d  qua A . Khi đó phương trình  d  có dạng:
y  k  x  1  a .

 d  là tiếp tuyến của  C  khi hệ sau có nghiệm:
 x 2  2 x  3  k  x  1  a


x 1
k
 2
 x  2x  3
Từ hệ ta được:

x  2x  3 
2

 x  1

2

a  a 

2

(*)
x  2x  3
x  2x  3
+ TH1: Nếu a  0 thì (*) vơ nghiệm.
4
+ TH2: Nếu a  0 thì *  x 2  2 x  3  2  0 ** .
a
Để có đúng hai tiếp tuyến của  C  đi qua A thì (**) phải có hai nghiệm phận biệt
2

2

4
4
 0  2  2  a 2  2  0  a  2 (do đang xét a  0) .
2
a
a
Vậy có 1 giá trị nguyên của a để thoả yêu cầu bài tốn.
Câu 48: D
5
Ta có 2 f  x   5  0  f  x   (1)
2

Dựa vào BBT ta suy ra phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt x1; x2 ; x3 ; x4 (với
x1  2  x2  1  x3  2  x4 ).
1
 g  x  có tử thức là hằng số nên ta suy ra đồ thị hàm số
Mặt khác hàm số y 
2 f  x  5
 1 3 

y  g  x  có 4 tiệm cận đứng.

Câu 49: D


Xét hàm số f ( x) 

f ' x 

x2  2 x

 x  1

2

x 2  mx  m
trên 1; 2 . Ta có f  x  liên tục trên 1; 2 và
x 1

 0, x  1; 2. Suy ra f  x  đồng biến trên 1; 2 . Do đó

3m  4

2m  1
.
, min f  x   f 1 
1;2
1;2
3
2
2m  1
3m  4
1
TH1:
. Theo yêu cầu
 0  m   . Trong trường hợp này ta có max f  x  
1;2
2
3
2
3m  4
2
bài tốn ta có
 2  m  (thỏa mãn).
3
3
3m  4
2m  1
4
TH2:
. Theo yêu cầu
 0  m   . Trong trường hợp này ta có max f  x  
1;2



3
2
3
2m  1
5
bài tốn ta có
 2  m   (thỏa mãn).
2
2
2m  1
3m  4
4
1
TH3:
0
 m .
2
3
3
2
2m  1 3m  4
11
3m  4
1
+) Nếu
. Theo yêu cầu bài tốn ta

   m   thì max f  x  

1;2
2
3
12
3
2
3m  4
2
có
 2  m  (không thỏa mãn).
3
3
2m  1 3m  4
11
4
2m  1
+) Nếu
. Theo yêu cầu bài toán ta

   m   thì max f  x  
1;2
2
3
12
3
2
2m  1
5
 2  m   (khơng thỏa mãn).
có

2
2
2 5
Vậy S   ;    S  2.
3 2
Câu 50: D
3
2
Điều kiện: 1  x  1, 0  y  2. Pt 1   x  1  3  x  1  y 3  3 y 2 (3). Do 1  x  1 nên
0  x 1  2
Xét hàm số f  t   t 3  3t 2 trên  0; 2 , ta có f '  t   3t 2  6t  0, t   0; 2 (dấu bằng chỉ xảy ra
max f  x   f  2  

tại t  0 hoặc t  2 ). Suy ra f  t  đồng biến trên  0; 2 . Suy ra pt
(3)  f  x  1  f  y   y  x  1.





Thay vào pt(2) ta được x 2  2 1  x 2  m  0  1  x 2  2 1  x 2  m  1 (*). Đặt

t  1  x 2 ,  0  t  1
Ycbt: Tìm m để pt t 2  2t  m  1 có nghiệm t   0;1 . Ta có hàm f  t   t 2  2t đồng biến trên

0;1 nên pt có nghiệm trên 0;1 khi và chỉ khi 0  m  1  3  1  m  2. Vậy có 4 giá trị
nguyên.