99 đề thi thử THPT QG môn toán THPT chuyên hưng yên lần 3 năm 2019 có lời giải chi tiết

SỞ GD & ĐT TỈNH HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG N

ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 3
Mơn: TỐN
NĂM 2018 – 2019
Mã đề: 315
Thời gian làm bài 90 phút (gồm 50 câu)
Mục tiêu: Đề thi thử lần 3 trường THPT Chuyên Hưng Yên được đánh giá là đề thi hay, bám sát cấu
trúc đề minh họa và giúp HS ôn luyện đầy đủ nhất để tiến đến kì thi THPTQG cận kề. Học sinh muốn
làm tốt đề thi này cần có chương trình ơn luyện thật tốt, nắm chắc tất cả các dạng bài cơ bản, tư duy
giải nhanh các bài tập phức tạp. Trong đề xuất hiện một vài câu hỏi khó lạ như 35, 37, 42, 48.
Câu 1: Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình chữ nhật tâm I cạnh AB = 3a, BC = 4a. Hình chiếu
của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm ID . Biết rằng SB tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 450 .
Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD.
125 2
25 2
125 2
a
a
a
A.
B. 4 a 2
C.
D.
2
2
4
Câu 2: Cho y = F (x) và y = G (x) là những hàm số có đồ thị cho trong hình bên dưới, đặt
P (x) = F ( x) G (x). Tính P ' (2).
5

3
A.
B. 4
C.
D. 6
2
2

Câu 3: Cho hình vuông ABCD cạnh a. Gọi N là điểm thuộc cạnh AD sao cho
AN = 2DN. Đường thẳng qua N vuông góc với BN cắt BC tại K. Thể tích V của
khối tròn xoay tạo thành khi quay tứ giác ANKB quanh trục BK là
7 3
14 3
A. V   a
B. V   a
6
9
6 3
9
3
C. V   a
D. V   a
7
14
Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P   x  y  z  3  0 và đường thẳng
d:

x y 1 z  2



. Đường thẳng d ' đối xứng với d qua mặt phẳng (P) có phương trình là
1
2
1

1


x 1 y 1 z 1
x 1 y 1 z 1




B.
1
2
7
1
2
7
x 1 y 1 z 1
x 1 y 1 z 1




C.
D.
1

2
7
1
2
7
Câu 5: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AC và B ' C ' .
A.

Gọi  là góc hợp giữa đường thẳng MN và mặt phẳng  A ' B ' C ' D '  . Tính giá trị của sin 
A. sin  

1
2

B. sin  

2
2

Câu 6: Trong khai triển Newton của biểu thức  2 x  1
18 18
A. 2 .C2019

18 18
18
B. 2 .C2019 x

C. sin  
2019

5
5

D. sin  

2
5

số hạng chứa x18 là
18 18
18
C. 2 .C2019 x

18 18
D. 2 .C2019

C. y  3 x

D. y  3x

Câu 7: Hàm số nào sau đây là hàm số mũ?
A. y   sin x 

3

B. y  x 3

Câu 8: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số thực m thuộc đoạn  2018; 2018 để hàm số
f  x    x  1 ln x   2  m  x đồng biến trên khoảng  0;e 2 
A. 2014

B. 2023

C. 2016

D. 2022

1
Câu 9: Tính tổng S của cấp số nhân lùi vơ hạn có số hạng đầu u1  1 và cơng bội q   .
2
3
2
A. S 
B. S  1
C. S  2
D. S 
2
3
Câu 10: Một đường thẳng cắt đồ thị hàm số y  x 4  2 x 2 tại 4 điểm phân biệt có hồnh độ 0, 1, m và n.
Tính S  m 2  n 2 .
A. S = 1

B. S = 2

C. S = 0

D. S = 3

Câu 11: Trong hình dưới đây, điểm B là trung điểm của đoạn thẳng AC. Khẳng định nào sau đây là đúng?

C. a  c  2b
D. ac  b
uuu
r r r r
Câu 12: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho OA  3i  j  2k và B  m; m  1; 4  . Tìm tất cả các
A. ac  b 2

B. ac  2b 2

giá trị của tham số m để độ dài đoạn AB = 3.
A. m = 3 hoặc m = 4
C. m = 1 hoặc m = 2

B. m = 2 hoặc m = 3
D. m = 1 hoặc m = 4
2


Câu 13: Cho mặt cầu (S) có đường kính 10cm và mặt phẳng (P) cách tâm mặt cầu một khoảng 4cm.
Khẳng định nào sau đây là sai?
A. (P) cắt (S)
B. (P) tiếp xúc với (S)
C. (P) và (S) có vơ số điểm chung
D. (P) cắt (S) theo một đường tròn bán kính
3cm
Câu 14: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz phương trình nào sau đây là phương trình của mặt phẳng
Ozx?
A. y  1  0

B. z = 0

C. x = 0

D. y = 0

Câu 15: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị trên đoạn  1; 4 như hình
4

vẽ dưới đây. Tính tích phân I 

�f  x  dx

1

A. I  3
5
C. I 
2

B. I  5
11
D. I 
2

a

ln xdx  1  2a,  a  1 . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?
Câu 16: Biết rằng �
1

A. a � 11;14 

B. a � 18; 21

C. a � 1; 4 

D. a � 6;9 

�x  2  t
�
Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, đường thẳng  : �y  1
không đi qua điểm nào sau
�z  2  3t
�
đây?
A. P  4;1; 4 

B. N  0;1; 4 

C. Q  3;1; 5 

D. M  2;1; 2 

Câu 18: Cho tứ diện đều ABCD có tất cả các cạnh bằng 1. Gọi I là trung điểm của CD. Trên tia AI lấy S
uur
uu
r
sao cho AI  2 IS . Thể tích của khối đa diện ABCDS bằng
A.

3
12

B.

3 2
24

C.

2
24

D.

Câu 19: Gọi T là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y 
đoạn  2;3 bằng
A.

2
8

mx  1
có giá trị lớn nhất trên
x  m2

5
. Tính tổng của các phần tử trong T.
6

17
5

B. 2

C. 6

D.

16
5

Câu 20: Biết rằng thiết diện qua trục của một hình nón là tam giác đều có diện tích bằng a 2 3 . Tính thể
tích V của khối nón đã cho.
A. V 

 a3 3
2

B. V 

 a3 6
6

C. V 

 a3 3
3

D. V 

 a3 3
6
3


Câu 21: Tìm số nghiệm của phương trình sin  cos 2 x   0 trên  0; 2  .
A. 4

B. 1

C. 3

D. 2





x
Câu 22: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình log 0,02 log 2  3  1  log 0,02 m có

nghiệm với mọi m � �;0 
A. m  2

C. m  1

B. m �1

D. 0  m  1

Câu 23: Nguyên hàm của hàm số f  x   2  x là
x

A. 2 x  x 2  C

B.

2x
 x2  C
ln 2

x2
C
2

C. 2 x 

D.

2x x2
 C
ln 2 2

Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có A  0;0;0  , B  a;0;0  ,
D  0; 2a;0  , A '  0;0; 2a  với a �0 . Độ dài đoạn thẳng AC ' là
A.

3a
2

B. a

C. 3 a

D. 2 a

Câu 25: Cho khối tứ diện ABCD có BC  3, CD  4, �ABC  �BCD  �ADC  900 . Góc giữa hai đường
thẳng AD và BC bằng 600 . Cơsin góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ACD  bằng
43
86

A.

43
43

B.

C.

2 43
43

D.

4 43
43

Câu 26: Cho các số thực a, b, c, d thay đổi luôn thỏa mãn  a  3   b  6   1 và 4c  3d  5  0 . Tính

2

giá trị nhỏ nhất của T   c  a    d  b 
2

A. 16

2

2

B. 18

C. 9

D. 15

Câu 27: Đạo hàm của hàm số y  log  1  x  bằng
A.

1
 1  x  ln10

B.

1
x 1

C.

1
1 x

D.

1
 x  1 ln10

3
2
Câu 28: Biết phương trình ax  bx  cx  d  0  a �0  . Có đúng hai nghiệm thực. Hỏi đồ thị hàm số

y  ax3  bx 2  cx  d có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 4

B. 3

C. 5

D. 2

Câu 29: Một tay đua đang điều khiển chiếc xe đua của mình với vận tốc 180km/ h. Tay đua nhấn ga để về
2
đích kể từ đó xe chạy với gia tốc a  t   2t  1 m / s  . Hỏi rằng 4s sau khi tay đua nhấn ga thì xe đua

chạy với vận tốc bao nhiêu km / h.
A. 200km/ h

B. 252km/ h

C. 288km/ h

D. 243km/ h

Câu 30: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên � và có đồ thị  C  , trục hồnh và hai đường thẳng
x  0, x  2 (phần tô đen) là:

4


1

2

0

1

2

f  x  dx  �
f  x  dx
A. S   �

f  x  dx
B. S  �
0

2

C. S 

1

2

0

1

f  x  dx  �
f  x  dx
D. S  �

f  x  dx
�
0

Câu 31: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây. Tổng số tiệm cận ngang và tiệm
cận đứng của đồ thị hàm số y 
x

1
là:
2 f  x 1

�

�

1
2
0




y'

+

1

1

y
3
A. 2
B. 1
C. 3
Câu 32: Đồ thị của hàm số nào sau đây cắt trục tung tại điểm có tung độ âm?
2 x  3
4x 1
2x  3
A. y 
B. y 
C. y 
x 1
x2
3x  1

D. 0
D. y 

3x  4
x 1

Câu 33: Cho tập A   0;1; 2;3; 4;5;6 . Xác suất để lập được số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau lấy từ
các phần tử của tập A sao cho số đó chia hết cho 5 và các chữ số 1, 2, 3 ln có mặt cạnh bằng nhau là
1
11
11
1
A.
B.
C.
D.
40
360
420
45
2

1

1

x
x
1�

�1 �
S   a; b  . Giá trị của biểu thức
Câu 34: Cho bất phương trình �
� �  3 � �  12 có tập nghiệm
�3 � �3 �

P  3a  10b là
A. 2

B. 4

D. 3

C. 5

Câu 35: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S :  x  1   y  2    z  3  25 và M  4;6;3 . Qua M
2

2

2

kẻ các tia Mx, My, Mz đơi một vng góc với nhau và cắt mặt cầu tại các điểm thứ hai tương ứng là A, B,
C. Biết mặt phẳng (ABC) luôn đi qua một điểm cố định H  a; b; c  . Tính a  3b  c
5


A. 9
B. 20
C. 14

Câu 36: Để chuẩn bị cho hội trại do Đoàn trường tổ chức, lớp 12A dự
định dựng một cái lều trại có dạng hình parabol như hình vẽ. Nền của lều
trại là một hình chữ nhật có kích thước bề ngang 3 mét, chiều dài 6 mét,
đỉnh trại cách nền 3 mét. Tính thể tích phần khơng gian bên trong lều trại.
A. 72
B. 72 
C. 36
D. 36 
Câu

37:

Trong không gian

Oxyz, cho mặt phẳng

D. 11

 P : x  z  6  0

và

hai

mặt cầu

 S1  : x 2  y 2  z 2  25;  S2  : x 2  y 2  z 2  4 x  4 z  7  0 . Biết rằng tập hợp tâm I các mặt cầu tiếp xúc
với cả hai mặt cầu

 S1  ,  S2 

và tâm I nằm trên (P) là một đường cong. Tính diện tích hình phẳng giới

hạn bởi đường cong đó.
9
7
7
7
A. 
B. 
C. 
D. 
7
9
6
3
Câu 38: Cho hình nón đỉnh S có đáy là đường trịn tâm O bán kính R. Trên đường trịn (O) lấy 2 điểm A,
B sao cho tam giác OAB vng. Biết diện tích tam giác SAB bằng R 2 2 , thể tích V của khối nón đã cho
bằng
A. V 

 R 3 14
2

B. V 

 R 3 14
6

C. V 

 R 3 14
3

D. V 

 R 3 14
12

2
Câu 39: Phương trình log 3 x  2 log 1 x  3  0 có hai nghiệm phân biệt là x1 , x2 . Tính giá trị của biểu thức
3

P  log 3 x1  log 27 x2 biết x1  x2
A. P 

1
3

B. P  0

Câu 40: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :

D. P 

C. P  1

8
3

x 1 y  2 z  2


. Mặt phẳng nào sau đây
1
2
1

vng góc với đường thẳng d.
A.  Q  : x  2 y  z  1  0

B.  T  : x  y  2 z  1  0

C.  R  : x  y  z  1  0

D.  P  : x  2 y  z  1  0

Câu 41: Tập hợp các số thực m để phương trình log 2 x  m có nghiệm thực là
B.  0; �

A. �

C.  0; �

D.  �;0 

Câu 42: Trong không gian Oxyz, cho điểm A  1;0;0  , B  0; 1;0  , C  0;0;1 , D  1; 1;1 . Mặt cầu tiếp xúc
6 cạnh của tứ diện ABCD cắt (ACD) theo thiết diện có diện tích S. Chọn mệnh đề đúng?





A. S 
B. S 
C. S 
D. S 
3
6
4
5
Câu 43: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  1;3 , thỏa mãn f  4  x   f  x  , x � 1;3 và
3

3

1

1

xf  x  dx  2 . Giá trị 2 �
f  x  dx bằng:
�
6


A. 2
B. 1
C. 2
D. 1
Câu 44: Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a, cạnh bên gấp hai lần cạnh đáy. Tính thể tích V

của khối chóp đã cho.
A. V 

a3 2
2

B. V 

a3 2
6

C. V 

a 3 14
2

D. V 

a 3 14
6

Câu 45: Cho tập M   1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 . Có bao nhiêu tập con có 4 phần tử lấy từ các phần tử của tập
M?
A. 4!

4
B. C9

4
C. A9

D. 49

Câu 46: Cho hai đường thẳng phân biệt a, b và mặt phẳng (P). Chọn khẳng định đúng?
A. Nếu a / /  P  và b  a thì b   P 

B. Nếu a / /  P  và b / /  P  thì b / / a

C. Nếu a / /  P  và b   P  thì b  a

D. Nếu a   P  và b  a thì b / /  P 

Câu 47: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên �, thỏa mãn f  1  f  3  0 và đồ thị của hàm số
y  f '  x  có dạng như hình dưới đây. Hàm số y   f  x  

2

nghịch biến trên khoảng nào trong các

khoảng sau?
A.  1; 2 

B.  2;1

C.  0; 4 

x 4
7 x
Câu 48: Cho hàm số f  x   3   x  1 .2  6 x  3 . Giả sử m0 

D.  2; 2 
a
a
( a, b ��, là phân số tối giản) là
b
b





2
giá trị nhỏ nhất của tham số thực m sao cho phương trình f 7  4 6 x  9 x  2m  1  0 có số nghiệm

nhiều nhất. Tính giá trị của biểu thức P  a  b 2
A. P  1
B. P  7

C. P  11
D. P  9
r
r
Câu 49: Trong khơng gian tọa độ Oxyz, góc giữa hai vectơ i và u   3;0;1 là
A. 300

B. 600



C. 1500



D. 1200

1 3
2
Câu 50: Tiếp tuyến tại điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y  x  2 x  3 x  5
3
A. Có hệ số góc dương
B. Song song với trục hồnh
C. Có hệ số góc bằng 1
D. Song song với đường thẳng x  1

7


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

2.C
12.D
22.B
32.D
42.B

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

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

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

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

7.D
17.A
27.D
37.A
47.A

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

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

10.D
20.C
30.D
40.D
50.C

Câu 1 (VD):
Phương pháp:
+) Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp là giao điểm của trục của mặt đáy và mặt phẳng trung trực của 1
cạnh bên.
+) Áp dụng các kiến thức đã học tính bán kính mặt cầu. Từ đó áp dụng cơng thức tính diện tích mặt cầu
bán kính R: S  4 R 2
Cách giải:
Gọi H là trung điểm của ID � SH   ABCD 
Qua I dựng đường thẳng d song song với SH, đường thẳng này chính là
trục của hình chóp SABCD.
Dựng đường thẳng trung trực của cạnh SB, cắt đường thẳng d tại K.
Khi đó K là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

0
Ta có: � SB,  ABCD    � SB, BH   �SBH  45

3
15a
15a 2
BD 
 SH � SB  BH 2 
4
4
4
IE
IB 2
2
5a

 � IE  SH 
Gọi E  d �SB . Áp dụng định lí Ta-lét ta có:
AH BH 3
3
2
BD  5a � BH 

EB IB 2
2
5a 2
1
15a 2

 � EB  SB 

; AM  MB  SB 
SB HB 3
3
2
2
8
5a 2
� EM  EB  MB 
8
�SBH  450 � �MEK  450 � EMK vuông cân tại M � MK  ME 

5a 2
8

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng MBK ta có:
25a 2 225a 2 5 5a
KB  KM  MB 


R
32
32
4
2

2

2
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD là S  4 R 

125 2
a
4

Chọn: D
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
8


'  f ' x g  x  f  x g ' x 
Sử dụng cơng thức tính đạo hàm của hàm số: �
�f  x  g  x  �
�
Cách giải:
�F  x   x 2  4 x  7 �F '  x   2 x  4
�
�
��
Xét khoảng (0;3) ta có: �
1
1
G ' x 
G  x  x 1
�
�
�
2
�
2

Ta có: P  x   F  x  .G  x 
� P '  x   F '  x  .G  x   F  x  .G '  x 
� P '  2   F '  2  .G  2   F  2  .G '  2 
1 3
  2.2  4  .2  3. 
2 2
Chọn: C
Chú ý khi giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy x = 2 là điểm cực trị của hàm số F  x  � F '  2   0
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Cơng thức tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h: V   R 2 h
1
2
Cơng thức tính thể tích của khối nón có bán kính đáy R và chiều cao h: V   R h
3
Cách giải:
Khi quay tứ giác ANKB quanh trục BK ta được hình trụ có bán kính đáy AB, chiều cao AN và hình nón
có bán kính đáy AB, chiều cao KO  BK  AN
2
2a
AD 
3
3
Áp dụng định lý Pitago ta có:
Ta có: AN 

4
a 13
BN  AB 2  AN 2  a 2  a 2 
9

3
2
2
NB
13a
13a
� BK 


BO 9. 2 a
6
3
13a 2a 3a
� KO  BK  BO 


6
3
2
1
1
3a  a 3
� Vnon   . AB 2 .KO   .a 2 . 
3
3
2
2
3
2
2 a

� Vtru   . AB 2 . AN   .a 2 . a 
3
3
3
3
 a 2 a 7 a 3
� V  Vnon  Vtru 


2
3
6
Chọn: A
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
9


r
x  x0 y  y0 z  z0


Phương trình đường thẳng d đi qua M  x0 ; y0 ; z0  và có VTCP u   a; b; c  là:
a
b
c
Cách giải:
Giả sử M là giao điểm của d và (P)
�x  t
x y 1 z  2

�

� �y  1  2t � M  t; 1  2t; 2  t 
Ta có: d : 
1
2
1
�z  2  t
�
M � P  � t  1  2t  2  t  3  0 � t  1 � M  1;1;1
Lấy điểm A  0; 1; 2  �d và không thuộc (P)
�x  t
�
Phương trình đường thẳng  đi qua A  0; 1; 2  và vng góc với (P): �y  1  t
�z  2  t
�
Gọi H  t ; 1  t ; 2  t  là giao điểm của  và (P) � t  1  t  2  t  3  0 � t 

2
�2 1 8 �
� H � ; ; �
3
�3 3 3 �

�4 1 10 �
Gọi A ' là điểm đối xứng của A qua H � A ' � ; ; �
�3 3 3 �
Khi đó đường thẳng d ' đối xứng với d qua (P) là đường thẳng đi qua M, A '
uuuur �1 2 7 � 1
x 1 y 1 z 1



Ta có: MA '  � ;  ; �  1; 2;7  � d ' :
1
2
7
�3 3 3 � 3
Chọn: B
Câu 5 (TH):
Phương pháp:
+) Gọi O  A ' C '�B ' D ' � MO   A ' B ' C ' D '  . Xác định góc giữa MN và  A ' B ' C ' D ' 
+) Tính các cạnh của tam giác vng OMN, từ đó tính sin � MN ;  A ' B ' C ' D ' 
Cách giải:
Gọi O  A ' C '�B ' D ' � MO   A ' B ' C ' D '
� MO  ON � OMN vuông tại N.

MO   A ' B ' C ' D '  � � MN ;  A ' B ' C ' D '    � MN ; MO   �MNO

Giả sử hình lập phương có cạnh bằng 1 OM  1, ON 

1
2

Trong tam giác vuông OMN ta có MN  OM 2  ON 2 
� sin �MNO 

5
2

OM

1
2 5


MN
5
5
2

10


Vậy sin  

2 5
5

Chọn: D
Câu 6 (TH):
Phương pháp:
n

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

k 0

Cách giải:
Ta có:  2 x  1

2019

2019

 �C
k 0

k
2019

 2 x   1
k

2019  k

2019

 �C
k 0

k
2019

2  1

2019  k

k

xk

Để có hệ số của x � k  18
18

18
� Số hạng chứa x18 : C2019
218.  1

2019 18

18
x18  218.C2019
x18

Chọn: B
Chú ý khi giải: Phân biệt số hạng chứa x n và hệ số của số hạng chứa x n
Câu 7 (NB):
Phương pháp:
Dựa vào lý thuyết hàm số mũ để chọn đáp án đúng: Hàm số mũ là hàm số có dạng
y  a x  0  a �1, a ��
Cách giải:
x
Hàm số mũ là hàm số có dạng y  a  0  a �1

Trong 4 đáp án, chỉ có đáp án D đúng.
Chọn: D
Câu 8 (VD):
Phương pháp:
f ' x

Hàm số y  f  x  đồng biến trên  a; b  ۳�

0

x

 a; b 

Cách giải:
TXĐ: D   0; � . Ta có: f '  x   ln x 

x 1
2m
x

2
f ' x
Hàm số đồng biến trên  0; e  ۳�

0

x

 0; e 
2

và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

x 1
 2  m �0 x � 0; e 2 

x
x 1
� g  x   ln x 
 2 �m x � 0; e 2 
x
� m  min
g  x
2
� ln x 

�
0;e �
� �

Xét hàm số: g  x   ln x 
g ' x 

x 1
 2  x  0  ta có:
x

x  0 (ktm)
�
1 1
 2  0 � x2  x  0 � �
x 1
x x
�
11

Ta có BBT:
g  x  4 � m  4
Từ BBT � min
�
0;e 2 �
�

�

x

0

g ' x

1


0

e2
+

Lại có:
�m ��
�m ��
��
�
�m � 2018; 2018

�m � 2018; 4 
� m   2018; 2017;...; 2;3

5e 2  1
e2

g  x
4

Vậy có 2022 giá trị của m thỏa mãn.
Chọn: D
Câu 9 (TH):
Phương pháp:
Tổng của CSN lùi vơ hạn có số hạng đầu là u1 và công bội q: S n 

u1
1 q

Cách giải:
Ta có q  1 � Cấp số nhân trên là cấp số nhân lùi vô hạn

�S 

u1
1
2


1 q 1 1 3
2

Chọn: D
Câu 10 (TH):
Phương pháp:
Hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị hàm số (C) là nghiệm của phương trình hồnh độ giao
điểm của hai đồ thị hàm số.
Dựa vào các hồnh độ đã biết, tìm được phương trình đường thẳng d từ đó ta xác định được m, n và tính
giá trị của biểu thức.
Cách giải:
Gọi phương trình đường thẳng bài cho là: d: y = ax +b
Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (C): y  x 4  2 x 2 tại hai điểm có hồnh độ là 0; 1 � tọa độ hai điểm đó
là: A  0;0  , B  1; 1
a.0  b  0
b0
�
�
��
��
� d : y  x
a  b  1
�
�a  1
Khi đó ta có phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:
 x  x 4  2 x 2 � x 4  2 x 2  x  0 � x  x 2  2 x  1  0
�
x0
�
� x  x  1  x  x  1  0 � �
x 1
�

x 2  x  1  0  *
�
2

Khi đó m, n là hai nghiệm của phương trình (*)
m  n  1
�
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: �
mn  1
�
12


� S  m 2  n2   m  n   2mn  1  2  3
2

Chọn: D
Câu 11 (TH):
Phương pháp:
+) Xác định tọa độ các điểm A, B, C.
�x A  xC  2 xB
+) Sử dụng công thức trung điểm: �
�y A  yC  2 yB
+) Sử dụng công thức log a x  log a y  log a  xy  (giả sử các biểu thức là có nghĩa).

Cách giải:
�y A  ln a
�
Dựa vào đồ thị hàm số ta có: �yB  ln b
�y  ln c

�C
2
2
Ta có B là trung điểm của AC nên: 2 yB  y A  yC � 2 ln b  ln a  ln c � ln b  ln ac � b  ac

Chọn: A
Câu 12 (TH):
Phương pháp:

r
r r r
r
+) Sử dụng công thức: u  ai  b j  ck � u   a; b; c 
+) Cho hai điểm: A  x1 ; y1 ; z1  , B  x2 ; y2 ; z2  � AB 

 x2  x1 

2

  y2  y1    z2  z1 
2

2

Cách giải:

uuu
r r r r uuu
r
Theo đề bài ta có: OA  3i  j  2k � OA   3;1; 2  � A  3;1; 2 

AB  3 �  m  3   m  2   4  9
2

2

m 1
�
2m 2  10m  8  0 � �
m4
�
Chọn: D
Câu 13 (TH):
Phương pháp:
Xác định vị trí tương đối giữa mặt phẳng (P) và mặt cầu (S ) có tâm I và bán kính R :
+) Nếu d (I ;(P)) < R thì (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường trịn có bán kính r  R 2  d 2  I ;  P  
+) Nếu d (I ;(P)) = R thì (P) tiếp xúc với (S)
+) Nếu d (I ;(P)) > R thì (P) và (S) khơng có điểm chung với nhau.
Cách giải:
Bán kính mặt cầu  S  : R  10 : 2  5 cm
Gọi I là tâm của mặt cầu  S  � d  I ;  P    4  R �  P  cắt (S) theo giao tuyến là đường trịn có bán
kính r  R 2  d 2  I ;  P    52  42  3
13


Chọn: D
Câu 14 (NB):
Phương pháp:
Phương trình mặt phẳng (Ozx) có phương trình y = 0.
Cách giải:
Phương trình mặt phẳng (Ozx) có phương trình y = 0.

Chọn: D
Câu 15 (TH):
Phương pháp:
+) Xác định hàm số trên từng đoạn.
+) Sử dụng tính chất cơ bản của tích phân để tính tích phân:

b

c

b

a

a

c

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

Cách giải:
2 x  2 khi  1 �x �0
�
�
2
khi 0 �x �1
�

�
2 x  4 khi 1 �x �2
Ta có: f  x   �
�
 x  2 khi 2 �x �3
�
1
khi 3 �x �4
�
�
4

�I 

0

1

2

1

0

1

1

2

0

1

3

4

2dx  �
 2 x  2  dx  �
 2 x  4  dx  �
  x  2  dx  �
 1 dx
�f  x  dx  �

1

  x2  2 x 

0

1

 2x    x2  4x 

2

3

�x

�
�
  2x �    x 
� 2
�2
2

3

4

3

1
5
 1  2  1  1 
2
2
Chọn: C
Câu 16 (TH):
Phương pháp:
Tính tích phân bằng phương pháp tích phân từng phần sau đó chọn đáp án đúng.
Cách giải:
a

ln xdx  1  2a  a  1
Ta có: �
1

1

�
u  ln x �
du  dx
�
��
x
Đặt: �
�dv  dx �
vx
�
a

a

a

1

1

� I  x ln x  �
dx  a ln a  x
1

 a ln a  a  1

� 1  2a  a ln a  a  1 � 3a  a ln a � ln a  3 � a  e 3 �20, 08 � 18; 21
Chọn: B
Câu 17 (NB):
14

Phương pháp:
Thay tọa độ các điểm của đề bài vào công thức đường thẳng để chọn đáp án đúng.
Cách giải:
�2  t  4
t  2
�
�
�
1 t
� � 2 � P � � chọn A.
Thử tọa độ điểm P  4;1; 4  ta có: �
t
�2  3t  4
�
3
�
�
Chọn: A
Câu 18 (VD):
Phương pháp:
+) So sánh d  S ;  BCD   và d  A;  BCD   từ đó tính VS . BCD theo VABCD
+) Sử dụng cơng thức tính nhanh thể tích tứ diện đều cạnh a là V 

a3 2
12

Cách giải:
Ta có A S � BCD   I �

�

d  S ;  BCD  

d  A;  BCD  



SI 1

AI 2

VS . BCD 1
1 VS .BCD
 � VS . BCD 
VABCD 2
2 VABCD

3
3 2
2
� VABCDS  VABCD  VS .BCD  VABCD 

2
2 12
8
Chọn: D
Câu 19 (VD):
Phương pháp:
+) Tìm GTLN và GTNN của hàm số y  f  x  trên  a; b  bằn cách:

+) Giải phương trình y '  0 tìm các nghiệm xi

 x � a; b  . Khi đó:
min f  x   min  f  a  ; f  b  ; f  x   , max f  x   max  f  a  ; f  b  ; f  x  
 
 

+) Tính các giá trị f  a  , f  b  , f  xi 
i

a ;b

i

a ;b

i

Cách giải:
Điều kiện: x �m 2
Ta có: y ' 

m3  1

 xm 

2 2

Hàm số bậc nhất trên bậc nhất luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó.
2

Ta có x �m  0 � x � 2;3 � hàm số ln xác định với mọi m.

Có: y  2  

2m  1
3m  1
; y  3  2
2
m 2
m 3
15


�y '  0
�
TH1: Hàm số đạt GTLN tại x  2 � �
5
y  2 
�
6
�
m 1
�
�
m3  1  0
�
m 1
�
2
�

�m  2
� ��
�m
�2m  1 5 � � 2
�
5
5m  12m  4  0

2
�
�2
��
m
�m  2 6
�
�� 5
�y '  0
�
TH2: Hàm số đạt GTLN tại x  3 � �
5
y  3 
�
6
�
�m  1
�m3  1  0
�
m 1
�
m3

�
��
� ��
� m3
�3m  1 5 � � 2
5m  18m  9  0 �

3
�
�2
�
m
�m  3 6
�
�� 5
�T  3

2 17

5 5

Chọn: A
Câu 20 (VD):
Phương pháp:
1
2
Cơng thức tính thể tích của khối nón có bán kính đá R và chiều cao h: V   R h
3
Cách giải:
Gọi cạnh của tam giác đều qua trục là x

x2 3
�S 
 a 2 3 � x 2  4 a 2 � x  2a
4
x
� Bán kính đáy của hình nón là: R   a , chiều cao của hình nón là:
2
x 3 2a 3

a 3
2
2
1
1
 a3 3
� Vnon   R 2 h   .a 2 .a 3 
3
3
3
Chọn: C
Câu 21:
Phương pháp:
Giải phương trình lượng giác sau đó tìm số giá trị k �� thỏa mãn khoảng nghiệm của bài toán rồi chọn
đáp án đúng.
Cách giải:
h

sin  cos 2 x   0  * � cos 2 x  k  k ��  1
Do 1 �cos 2 x �1 � 1 �k �1 � 

1
1
�k �  k �� � k  0


16



 m
 m � x  
 m ��
2
4
2
 m
1
7
Do x ����
0  �
2
m
m  0;1; 2;3
 0; 2  ��
4
2
2
2
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm thỏa mãn bài toán.
Chọn: A

Câu 22 (VD):
Phương pháp:
�  1 � cos 2 x  0 � 2 x 

�
�a  1
�
�
0  x  ab
�
�
log
x

b
�
Giải bất phương trình logarit cơ bản:
a
�
0  a 1
�
�
�
b
�
�x  a
�
Cách giải:
Điều kiện xác định: m  0





log 0,02 log 2  3x  1  log 0,02 m

� log 2  3x  1  m  Do 0,02<1 � g  x   3 x  1  2 m

 �;0 
Bất phương trình có nghiệm đúng với mọi x �

2m

max g  x 
 �;0 

x
Xét hàm số g  x   3  1 trên  �;0  ta có:

g '  x   3x ln 3  0 � hàm số g  x   3x  1 đồng biến trên  �;0 
Lại
 có: max
 g  x 
 �;0 

g  0

2

2m

2

m 1

Chọn: B
Câu 23 (NB):
Phương pháp:
Sử dụng các công thức nguyên hàm cơ bản: �
a x dx 

ax
x n 1
,�
x n dx 
C
ln a
n 1

Cách giải:
2x x2
f  x  dx  �
 2  x  dx  ln 2  2  C
�
Chọn: D
Câu 24 (TH):
Phương pháp:
Ta có:

x

Cho hai điểm: A  x1 ; y1 ; z1  , B  x2 ; y2 ; z2  � AB 

 x2  x1 

2

  y2  y1    z2  z1 
2

2

Cách giải:
Dựa vào đề bài, ta có AB  a ; AD  2 a ; AA '  2 a
AC '  AB 2  AD 2  AA '2  a 2  4a 2  4a 2  3 a
Chọn: C
17


Câu 25 (VD):
Phương pháp:
+) Dựng AE   BCD  , chứng minh BCDE là hình vng.

uur uur
nP .nQ
uur uur
 cos � nP ; nQ  uur uur
nP . nQ



+) Gắn hệ trục tọa độ, sử dụng công thức cos �  P  ;  Q  



Cách giải:
�BC  AE
� BC   ABE  � BC  BE
Dựng AE   BCD  ta có �
�BC  AB
CMTT ta có CD  DE
� BCDE là hình chữ nhật.
Ta có
� BC ; AD   � ED; AD   �ADE  600 � AE  ED.tan 600  3 3
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta có:





E  0;0;0  , B  4;0;0  , D  0;3;0  , A 0;0;3 3 , C  4;3;0 
Ta có
uuu
r
�AB  4;0; 3 3
uuu
r uuur
r
ur
�

� 9 3;0;12 / / 3 3;0; 4  n ABC   n1
��
AB
;
BC
�uuur
�
�
�
�BC   0;3;0 
uuur
�AC  4;3; 3 3
uuur uuur
r
uu
r
�
�
�
�
AC
;
CD

0;12
3;12
/
/
0;
3;1


n

n
ACD


�uuur
2
�
�
�
CD   4;0;0 
�
ur uu
r
n1.n2
ur uu
r
4
2 43
� cos �  ABC  ;  ACD    cos � n1; n2  ur uu

r 
43
43.2
n1 . n2











 



 









Chọn: C
Câu 26 (VD):
Phương pháp:
Dựng AE   BCD 
Gọi M  a; b  , N  c; d  � T   c  a    d  b   MN 2
2

2

Cách giải:
Gọi M  a; b  , N  c; d  � T   c  a    d  b   MN 2
2

2

Theo đề ra ta có tập hợp các điểm M là đường trịn

 x  3

2

  y  6   1  C  có tâm I  3;6  , bán kính R = 1 và tập hợp
2

các điểm N là đường thẳng 4 x  3 y  5  0  d 
Ta có d  I ; d  

4.3  3.6  5
42  32

 5  R �  d  không cắt (C).

18


� Tmin   d  I ; d   R    5  1  16
2

2

Chọn: A
Câu 27 (TH):
Phương pháp:
Số thực a, b, c, d đồng thời thỏa mãn  a  3   b  6  và 4 x  3d  5  0
2

2

Sử dụng cơng thức tính đạo hàm hàm hợp:  log a u  ' 

u'
u ln a

Cách giải:
Ta có: y '   log  1  x   ' 

 1 x ' 
1
 1  x  ln10  x  1 ln10

Chọn: D
Câu 28 (VD):
Phương pháp:
3
2
Xác định dạng của đồ thị hàm số y  ax  bx  cx  d  a �0  từ đó suy ra đồ thị hàm số

y  ax3  bx 2  cx  d và suy ra số cực trị của nó.

Cách giải:
Phương

trình

ax 3  bx 2  cx  d  0  a �0 

có

2

nghiệm

thực

nên

đồ

thị

hàm

số

y  ax3  bx 2  cx  d  a �0  dạng:

hoặc
Vậy số cực trị của hàm số y  ax  bx  cx  d là 3.
3

2

Chọn: B
Câu 29 (VD):
Phương pháp:
v t  �
a  t  dt
Cách giải:
a  t  dt  �
 2t  1 dt  t 2  t  C
Ta có v  t   �
2
Do v  0   180 � C  180 � v  t   t  t  180

� v  4   42  4  180  200  m / s 
19


Chọn: A
Câu 30 (TH):
Phương pháp:
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  , y  g  x  và hai đường thẳng x  a; x  b
b

 a  b  là S  �f  x   g  x  dx
a

Cách giải:
2

1

2

1

2

0

0

1

0

1

f  x  dx  �
f  x  dx  �
f  x  dx  �
f  x  dx  �
f  x  dx
Ta có S  �
Chọn: D
Câu 31 (VD):
Phương pháp:
Cho đồ thị hàm số y  f  x 
y  a hoặc lim y  a thì y  a là TCN của đồ thị hàm số.

+) Nếu xlim
� �
x � �
y  � hoặc lim y  � thì x  b là TCĐ của đồ thị hàm số.
+) Nếu lim
x �b
x �b
Cách giải:
f  x   lim f  x   1
Dựa vào BBT ta thấy xlim
� �
x ��
� lim

x ��

1
1
1
 lim
 1 � y  1 là TCN của đồ thị hàm số y 
x
�

�
2 f  x 1
2 f  x  1
2 f  x 1

Xét phương trình 2 f  x   1  0 � f  x  

1
2

Dựa vào BBT ta thấy phương trình f  x  
y

1
có 2 nghiệm phân biệt x  x1 , x  x2 do đó đồ thị hàm số
2

1
có 2 TCĐ.
2 f  x 1

Vậy tổng số TCN và TCĐ của đồ thị hàm số y 

1
là 3.
2 f  x 1

Chọn: C
Câu 32 (TH):
Phương pháp:
Thay x  0 vào tìm hàm số, tìm y  0
Cách giải:
Xét hàm số y 

3x  4
x 1

 x �1 . Thay

Khi đó đồ thị hàm số y 

x  0 � y  4  0

3x  4
cắt trục tung tại điểm  0; 4  thỏa mãn.
x 1

Chọn: D
20


Câu 33 (VD):
Phương pháp:
+) Chia 2 trường hợp tận cùng bằng 0 hoặc bằng 5.
+) Sử dụng phương pháp buộc (buộc những phần tử đứng cạnh nhau).
+) Áp dụng quy tắc nhân và cộng hợp lí.
Cách giải:
5
4
Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ tập A   0;1; 2;3; 4;5;6 � n     A7  A6  2160

Gọi A là biến cố: “Số lập được chia hết cho 5 và các chữ số 1, 2, 3 ln có mặt cạnh nhau”
Giả sử số có 5 chữ số cần tìm là abcde  a �0 
Dó số cần tìm chia hết cho 5 nên e � 0;5
TH1: e = 0
+) Buộc 3 số 1, 2, 3, coi là 1 phần tử. Sắp xếp 3 số này trong buộc có 3! = 6 cách.

+) Chọn vị trí cho buộc (123) có 2 cách chọn.
+) Số cách chọn 1 số còn lại (khác 0, 1, 2, 3) là 3 cách.
� Có 1.6.2.3 = 36 số.
TH2: e = 5
+) Buộc 3 số 1, 2, 3, coi là 1 phần tử. Sắp xếp 3 số này trong buộc có 3! = 6 cách.
-) Nếu buộc (123) đứng ở vị trí (abc), khi đó có 3 cách chọn d  d � 0; 4;6 
-) Nếu buộc (123) đứng ở vị trí (bcd), khi đó có 2 cách chọn a  a � 4;6 
� Có 1.6.(3+2) = 30 số.
� n  A  36  30  66
Vậy P  A  

n  A
66
11


n    2160 360

Chọn: B
Chú ý: Điều kiện a �0 là điều kiện vơ cùng quan trọng trong bài tốn này.
Câu 34:
Phương pháp:
1

x
1�
+) Đặt t  �
� �  0 , đưa bất phương trình về dạng bất phương trình bậc hai ẩn t.
�3 �

+) Giải bất phương trình bậc hai ẩn t, từ đó suy ra x và suy ra tập nghiệm của bất phương trình.
Cách giải:
2

1
� 1x �
x
1
1
�1 � �1 �
�
�
�
�
� � �  12  x �0 
� �  3 � �  12 � �
�
�
�
�3 � �3 �
�3 �� �3 �
�
�
2
x

1
1
x

1

t 3
�
x
1�
t 2  t  12 � t 2  t  12  0 � �
Đặt t  �
� �  0 , bất phương trình trở thành
t  4 (loai)
�
�3 �
21


1

1

x
1�
1
1 x
�1 �
Với t  3 � �
 0 � 1  x  0
� �  3  � � �  1 �
x
x
�3 �

�3 �

�a  1
� Tập nghiệm của bất phương trình S   1;0  � �
� P  3a  10b  3
b0
�
Chọn: D
Chú ý:
f  x
 a g  x   0  a  1 � f  x   g  x 
1) a

2) Khi giải bất phương trình

1
 1 không được nhân chéo và kết luận x < -1
x

Câu 35:
Chọn: A
Câu 36 (VD):
Phương pháp:
Sử dụng cơng thức tính thể tích lăng trụ V  Sday .h
Cách giải:
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Gọi phương trình parabol là: y  ax 2  bx  c , parabol đi qua các điểm

 3;0  ;  3;0  ;  0;3

nên ta có hệ phương trình:

1
�
a


�
c3
�
3
�
1
�
9a  3b  c  0 � �
b  0 � y   x2  3
�
3
�
9a  3b  c  0 �
c3
�
�
�
3

1 2
�1 2
�
 x  3�

dx  12
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol y   x  3 và trục Ox là: S  �
�
3
3
�
3 �
Vậy thể tích phần khơng gian bên trong lều trại là V = 12.3 = 36 (m3)
Chọn: C
Câu 37:
Chọn: A
Câu 38 (VD):
Phương pháp:
1
+) Gọi M là trung điểm của AB, chứng minh SM  AB � S ABC  SM . AB
2
+) Tính SM, từ đó tính SO
1
2
+) Sử dụng cơng thức tính thể tích nón có chiều cao h, bán kính đáy R là V   R h
3
Cách giải:
Gọi M là trung điểm của AB
22


Do tam giác OAB cân tại O � OM  AB
�AB  OM
� AB   SOM  � AB  SM
�

�AB  SO
� S ABC 

2S
1
2.R 2 2
SM . AB � SM  ABC 
 2R
2
AB
R 2

Ta có OM 

1
R 2
R 14
AB 
� SO  SM 2  OM 2 
2
2
2

1
R 14  R 3 14
Vậy VN   R 2 .

3
2
6

Chọn: B
Câu 39 (VD):
Phương pháp:
1
log a f  x   0  a �1, f  x   0 
m
+) Giải phương trình bậc hai đối với hàm logarit, tìm x và tính P.
Cách giải:
+) Sử dụng công thức log am f  x  

log 32 x  2 log

3

x  2 log 1 x  3  0  x  0 
3

� log x  2.2.log 3 x  2.  1 log 3 x  3  0
2
3

� log 32 x  2 log 3 x  3  0
x  27  x2
�
log 3 x  3
�
��
�� 1
 tm 
�

log
x


1
x


x
� 3
1
� 3
1
� P  log 3 x1  log 27 x2  log3  log 27 27  1  1  0
3
Chọn: B
Câu 40 (TH):
Phương pháp:
uur uu
r
uur uu
r
 P    d  � nP , ud là 2 vectơ cùng phương với nP , ud lần lượt là 1 VTPT và VTCP của (P) và (d)
Cách giải:
uu
r
Ta có ud   1; 2;1 là 1 VTCP của đường thẳng (d)

uur
uu

r
Xét đáp án D ta có  P  : x  2 y  z  1  0 có 1 VTPT là nP   1; 2;1  ud
Vậy (P) ở đáp án D vng góc với (d).
Chọn: D
Câu 41 (NB):
Phương pháp:
Hàm số y  log a x  0  a �1, x  0  có tập giá trị là �
Cách giải:
23


Do hàm số y  log 2 x  x  0  có tập giá trị là � nên phương trình log 2 x  m có nghiệm m ��
Chọn: A
Chú ý: Phân biệt tập giá trị và tập xác định của hàm số logarit.
Câu 42 (VDC):
Phương pháp:
+) Chứng minh Tứ diện ABCD là tứ diện đều � Tâm mặt cầu tiếp xúc với 6 cạnh của tứ diện chính là
tâm của tứ diện đều.
+) Xác định tọa độ tâm I của tứ diện đều và bán kính mặt cầu tiếp xúc với 6 cạnh của tứ diện.
+) Lập phương tình mặt phẳng (ACD).
+) Đưa về bài tốn tương giao giữa mặt cầu và mặt phẳng.
Cách giải:
Dễ dàng tính được AB  BC  CD  DA  2 � Tứ diện ABCD là tứ diện đều.
� Tâm mặt cầu tiếp xúc với 6 cạnh của tứ diện chính là tâm của tứ diện đều.
�1 1 � �1 1 �
, N � ; ;1�
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD � M � ;  ;0 �
�2 2 � �2 2 �
�1 1 1 �
Gọi I là trung điểm của MN � I � ;  ; �là tâm của tứ diện ABCD.

�2 2 2 �
uu
r uuur
�
�
IA
� ; AB � 6

Bán kính mặt cầu cần tìm là R  d  I ; AB  
uuur
6
AB
uuur
�
r
uuur uuur
�AC   1;0;1
�n �
AC ; AD �
Ta có �uuur
�
�  1;1;1 là 1 VTPT của (ACD).
AD

0;

1;1


�

1
� 1�� 1�� 1�
� Phương trình (ACD) là: �x  � �y  � �z  � 0 � x  y  z   0
2
� 2�� 2�� 2�
d  I ;  ACD  

1 1 1 1
  
2 2 2 2
. Do đó mặt cầu tiếp xúc 6 cạnh của tứ diện ABCD cắt

 0 � I � ACD 
3

(ACD) theo thiết diện là đường trịn lớn có bán kính R 

6

� S   R2 
6
6

Chọn: B
Câu 43 (VD):
Phương pháp:
3

3

1

1

xf  x  dx  �
tf  t  dt  2
+) Sử dụng tính chất I  �
+) Áp dụng phương pháp đổi biến, đặt t  4  x
b

b

b

a

a

a

f  x  dx  �
g  x  dx  �
�
dx
+) Sử dụng công thức �
�f  x   g  x  �
�
Cách giải:
24

3

3

1

1

xf  x  dx  �
tf  t  dt  2
Ta có: I  �
�x  1 � t  3
Đặt t  4  x � dt   dx . Đổi cận �
�x  3 � t  1
1

3

� I  �
 4  x  f  4  x  dx  �
 4  x  f  x  dx  2
3

1

3

3

1

1

� 2I  �
xf  x  dx  �
 4  x  f  x  dx  4
3

3

1

1

��
f  x  dx  4 �
 4  x  x  f  x  dx  4 � 4�

3

�f  x  dx  1

1

Chọn: D
Câu 44 (TH):
Phương pháp:
+) Gọi O  AC �BD � SO   ABCD  . Sử dụng định lí Pytago tính SO.
1

+) Sử dụng cơng thức tính thể tích VS . ABCD  SO.S ABCD
3
Cách giải:
Gọi O  AC �BD � SO   ABCD 
ABCD là hình vng cạnh a � AC  BD  a 2 � AO 

a 2
2

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng SAO:
SO  SA2  AO 2  4a 2 

a 2 a 14

2
2

1
1 a 14 2 a 3 14
Vậy VS . ABCD  SO.S ABCD  .
.a 
3
3 2
6
Chọn: D
Câu 45 (NB):
Phương pháp:
Tổ hợp chập k của n là số cách chọn k phần tử từ một tập n phần tử mà khơng phân biệt thứ tự.
Cách giải:
4

Số tập con có 4 phần tử lấy từ các phần tử của tập M là C9

Chọn: B
Câu 46 (TH):
Phương pháp:
Sử dụng mối quan hệ song song, vng góc giữa các đường thẳng và mặt phẳng trong không gian.
Cách giải:
Khẳng định đúng là: Nếu a / /  P  và b   P  thì b  a
Chọn: C
25