Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 trường thpt chuyên quốc học huế lần 2 mã 421 | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.35 MB, 26 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG THPT CHUN
QUỐC HỌC HUẾ

TỔ TỐN
ĐỀ CHÍNH THỨC

THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2
NĂM HỌC 2017 – 2018

Mơn: Tốn

Thời gian: 90 phút (Khơng kể thời gian phát đề)

Mã đề thi
421
Họ và tên:

………
.Lớp:………. SBD:…….
………

Câu 1: [2D4-1] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Cho số phức z a bi a b  ( , ).
Khẳng định nào sau đây là sai?

A. | |z  a2b2 . B. z a bi  . C. z2là số thực. D. z z. là số thực.
Câu 2: [1H3-1] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Cho hình lập phương

. .

ABCD A B C D    Tính góc giữa hai đường thẳng B D  và A A .

A. 90. B. 45. C. 60. D. 30.

Câu 3: [2D1-1] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Tìm phương trình đường tiệm cận

ngang của đồ thị hàm số

3 2

x
y

x



 .

A. 
1
3
x

. B.

2
3

x

. C.

2
3
y

. D.

1
3
y

Câu 4: [2H1-1] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Cho khối chóp S ABC. có đáy là tam
giác đều, SA^(ABC) và SA=a. Biết rằng thể tích của khối chóp S ABC. bằng 3 .a3 Tính
độ dài cạnh đáy của khối chóp S ABC. .

A. 2 3a. B. 2 2a. C. 3 3a. D. 2a.

Câu 5: [2D3-1] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Cho f x( ) là hàm số liên tục trên
đoạn [ ; ]a b và cỴ [ ; ].a b Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau.

A.

( )d ( )d ( )d

c b a

a c b

f x x+ f x x= f x x

ò

. B.

( )d ( )d ( )d

b c b

a a c

f x x+ f x x= f x x

ò

C.

( )d ( )d ( )d

b c c

a a b

f x x- f x x= f x x

ò

. D.

( )d ( )d ( )d

b a b

a c c

f x x+ f x x= f x x

ò

.
Câu 6: [2D1-1] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Cho hàm số

( )

y f x có đồ thị trên một khoảng K như hình vẽ bên. Trên K , hàm số có
bao nhiêu cực trị?

A. 3 B. 2

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu 7: [2D2-1] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Tính 2018

2018
2

log 4 ln

1009 e

 

A. 2000. B. 1009. C. 1000. D. 2018.

Câu 8: [2D1-1] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Cho hàm số f x( ) có đạo hàm trên
khoảng ( ; )a b . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

A. Nếu f x'( ) 0 với mọi x thuộc ( ; )a b thì hàm số f x( ) nghịch biến trên ( ; )a b .
B. Nếu hàm số f x( ) đồng biến trên ( ; )a b thì f x'( ) 0 với mọi x thuộc ( ; )a b .
C. Nếu hàm số f x( ) đồng biến trên ( ; )a b thì f x'( ) 0 với mọi x thuộc ( ; )a b .
D. Nếu f x'( ) 0 với mọi x thuộc ( ; )a b thì hàm số f x( ) đồng biến trên ( ; )a b .

Câu 9: [2D3-2] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Tìm họ nguyên hàm của hàm số

2 1

( ) tan 2 .
2

f x = x+

A.

2 1

tan 2 d 2 tan 2 2 .

x x x x C

ổ ửữ

ỗ + ữ = - +

ỗ ữ

ỗố ứ

ũ

. B.

2 1

tan 2 d tan 2 .

2 2

x

x x x C

ổ ửữ

ỗ + ữ = - +

ỗ ữ

ỗố ứ

ũ

C.

2 1

tan 2 d tan 2 .

x x x x C

ổ ửữ

ỗ + ữ = - +

ỗ ữ

ỗố ứ

ũ

. D.

2 1 tan 2

tan 2 d .

2 2 2

x x

x x C

ổ ửữ

ỗ + ữ = - +

ỗ ữ

ỗố ứ

ũ

.
Cõu 10: [2D4-1] [THPT Chuyờn Quc Học Huế - Lần 2 - 2018] Cho hai số phức z và z’. Trong các

mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

A. z z '  z z'. B. z z. '  z z. ' . C. z z. 'z z. '. D. z z  ' z z'.
Câu 11: [2H1-2] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Hình lăng trụ đứng có đáy là tam

giác cân nhưng khơng phải là tam đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?

A. 4. B. 3. C. 2. D. 1.

Câu 12: [2H2-2] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Một hình trụ có chiều cao bằng 3,
chu vi đáy bằng 4. Tính thể tích của khối trụ.

A. 18. B. 10. C. 12. D. 40.

Câu 13: [2H2-1] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Cho khối nón có đường cao h và bán
kính đáy r. Tính thể tích của khối nón.

A. 2 r h 2r2 . B. 
2
1

3r h. C. r h2 r2 . D. r h2
.

Câu 14: [2H1-2] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Gọi V là thể tích của khối hộp
.

ABCD A B C D¢ ¢ ¢ ¢ và V ¢ là thể tích của khối đa diện A ABC D¢ ¢ ¢. Tính tỉ số .
V

V
¢

A.

2
5
V

V
¢

. B.

2
7
V

V
¢

. C.

1
3
V

V

. D.

1
4
V

V
¢

=
.

Câu 15: [2H3-1] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz, lập phương trình đường thẳng đi qua điểm A(0; 1;3) và vng góc với mặt phẳng

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

A.

1 2
3 2

x t

y t

z t




   


  

 . B.

1
3
3

x

y t

z



  

 

 . C.

1 3
3

x t

y t

z t




   


  

 . D.

1 3
3

x t

y t

z




   



 

 .

Câu 16: [2D2-1] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Nghiệm của phương trình
100.

log10 x 250

thuộc khoảng nào sau đây?

A.

 

0;2 . B.



2;



. C.



 ; 2



. D.



2;0



Câu 17: [2H3-1] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Mặt phẳng có phương trình nào sau
đây song song với trục Ox?

A. y2z 1 0. B. 2y z 0. C. 2x y  1 0. D. 3x 1 0.

Câu 18: [1D2-2] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Gieo đồng thời hai con súc sắc cân
đối và đồng chất. Tính xác suất để số chấm trên mặt xuất hiện của hai con súc sắc là bằng nhau.

A. 
1

4. B.

3. C.

6. D.

1
2.

Câu 19: [2H2-1] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Cho hình nón có bán kính đáy bằng
3 và chiều cao bằng 4. Tính diện tích xung quanh của hình nón.

A. 15 . B. 12 . C. 9 . D. 30.

Câu 20: [1D2-2] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Cho tập X 



1, 2,3,....,10



. Hỏi có
tất cả bao nhiêu mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:

(I). “Mỗi hoán vị của X là một chỉnh hợp chập 10 của X”.
(II). “Tập B



1, 2,3



là một chỉnh hợp chập 3 của X”.
(III). “A103 là một chỉnh hợp chập 3 của X”.

A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.

Câu 21: [2H1-2] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Cho hình lăng trụ tam giác đều

ABC A B C   có cạnh đáy bằng a. Góc giữa đường thẳng A B và mặt phẳng (ABC) bằng 45 .o
Tính thể tích của khối lăng trụ ABC A B C.   .

A. 
3 3

a

. B.

3 3

a

. C.

3 3

a

. D.

3 3

a

Câu 22: [2D1-2] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Hàm số f x( )x3ax2bx c đạt
cực tiểu tại điểm x1, (1)f  3 và đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2.
Tính T   a b c.

A. T9. B. T 1. C. T  2. D. T  4.

Câu 23: [1D2-2] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Giả sử trong khai triển



 



1ax 1 3 x

với a  thì hệ số của số hạng chứa x3 là 405. Tính a.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu 24: [2D3-2] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Cho a> >-b 1. Tích phân
ln( 1) d

b
a

I 



x x

bằng biểu thức nào sau đây?
A. ( 1) ln( 1)

b
a

I  x x  a b

. B. ( 1) ln( 1)

b
a

I  x x  b a

C.

1
( 1)

b

a

I
x



 . D. ln( 1) 1

b
b
a

a

x

I x x dx

x

  





Câu 25: [2H2-3] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Cho tam giác đều ABC cạnh a. Gọi

 

P là mặt phẳng chứa đường thẳng BC và vng góc với mặt phẳng



ABC



. Trong

 

P , xét
đường trịn (C) đường kính BC. Tính bán kính của mặt cầu chứa đường tròn (C) và đi qua
điểm A.

A. a 3. B.

3
2

a

. C.

3
3

a

. D.

3
4

a

1;5 .

Câu 28: [2D1-2] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Đồ thị hàm số
2
2

1
4

x
y

x




 có tất cả
bao nhiêu đường tiệm cận?

A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.

Câu 29: [2D2-2] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Giả sử x y z, , thỏa mãn hệ phương

trình

2 .4 .16 1
4 .16 .2 2
16 .2 .4 4

x y z
x y z
x y z

 






 

 . Tìm x.

A. 
3

8. B.

3. C.

7. D.

7
4
Câu 30: [2D1-2] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Cho hàm số

( )

y f x có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình f x( ) m 0
có đúng 3 nghiệm thực phân biệt.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Câu 31: [1D1-2] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Trong các hàm số sau, hàm số nào
đồng biến trên tập xác định của nó?

A. y x sin2x. B. ycotx.
C. ysinx. D. y x3.

Câu 32: [2D2-2] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Có tất cả bao nhiêu mệnh đề đúng
trong bốn mệnh đề sau đây?

(I). logablogac với mọi số thực a0;b0;c0;a1;b c .
(II). log ( . ) log .loga b c  ab ac với mọi số thực a0;b0;c0;a1.

(III). logabn nlogab với mọi số thực a0;a1;b0, n là số tự nhiên khác 0.
(IV). alogbc clogba

với mọi a0;b0;c0;b1.

A. 4. B. 1. C. 2. D. 3.

Câu 33: [2H2-2] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Một hình trụ có hai đáy là hai hình
trịn nội tiếp hai mặt của một hình lập phương cạnh bằng 1. Tính thể tích của khối trụ đó.

A. 2


. B. 4



. C. 3



. D. .

Câu 34: [2D2-3] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] [2D2-3] Tập tất cả các số thực x
khơng thỏa mãn bất phương trình





2 9 2 1

3x  x 9 5x 1

là một khoảng



a b,



. Tính b a

A. 6. B. 3. C. 4. D. 8.

Lời giải

Chọn. A.

Ta xét 2 trường hợp:

TH1: Nếu x2     9 0 3 x 3 thì









9 2 1

2 1

3 1

3 9 .5 1

9 .5 0
x

x x

x


 



 

    



 

 , do đó BPT

vơ nghiệm.

TH2: Nếu x2    9 0 x 3 hoặc x3 thì









9 2 1

2 1

3 1

3 9 .5 1

9 .5 0
x

x x

x


 



 

    



 

 , do

đó tập nghiệm của bất phương trình là x   



; 3

 

3; 



Vậy các số thực x 



3,3



thỏa ycbt.

Khi đó a 3,b   3 b a 6

Lời bình: Ở bài tốn này ta thấy VP1 nên ta phải dùng phương pháp đánh giá để giải quyết,
mấu chốt của bài toán do

2 9

3x   0, x

và 5x1 0, x nên VT 1 phụ thuộc vào x29 nên ta
nhận xét BPT theo x29.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Bài 1:[2D4-1] Gọi S  



;a

 

 b;



là tập các số thực x thỏa mãn bất phương trình





2 4 2 1

2x 4 3x 1

x

    

. Tính a b

A. 6. B. 4. C. 4. D. 6.

Lời giải

Chọn. C.





2 4 2 1

2x   x 4 3x 1
Ta xét 2 trường hợp:

TH1: Nếu x2     4 0 2 x 2 thì









4 2 1

2 1

2 4 .3 1

4 .3 0
x
x x
x x
x

 

 

    

 

Do đó bất phương trình vơ nghiệm.

TH2: Nếu x2    4 0 x 2 hoặc x2thì









4 2 1

2 1

2 4 .3 1

4 .3 0
x
x x
x x
x


 

 
    

 
 ,

do đó tập nghiệm của bất phương trình là x   



; 2

 

2; 



.
Vậy a b    2 2 4

Bài 2:[2D4-1] Tập các số thực x khơng thỏa mãn bất phương trình





2 2 2 1 8

1 2
17

4 1 7 16

7
x x
x
x 

   

là một khoảng



a b,



. Tính a2b23ab

A. 44. B. 48. C. 44. D. 50.

Lời giải
Chọn. B.













2
2
2

2 2 1 8

1 2

2 2 1 2 1 16

16 2 2 1

4 1 7 16

; 4 4;

x     

Vậy

 

2 2 3 4 42 3 4 4 48

a b  ab     

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Câu 35: [2H1-3] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Cho hình chóp S.ABCD có đáy
ABCD là hình vng cạnh a và cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy. Gọi E là trung điểm
của cạnh CD. Biết thể tích của khối chóp S.ABCD bằng

3
,
3
a

tính khoảng cách từ A đến mặt
phẳng (SBE).

A. 
2

3
a

. B.

2
3
a

. C. 3

a

. D.

3
3
a

Câu 36: [1D2-3] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Có bao nhiêu cách chia một nhóm 6
người thành 4 nhóm nhỏ, trong đó có hai nhóm 2 người và hai nhóm 1 người.

A. 60. B. 90. C. 180. D. 45.

Lời giải
Chọn D.

Cách 1:

+) Chọn ra 2 người từ 6 người để làm nhóm 2 người thứ I có C62 cách.

+) Chọn ra 2 người từ 4 người cịn lại để làm nhóm 2 người thứ II có C42 cách.

+) 2 người cịn lại tự tách thành hai nhóm 1 người, có 1 cách.

Do mỗi nhóm 2 người có vai trò như nhau (khơng tính thứ tự) nên số cách chia là
2 2

6. 4 .1 45
2!

C C 

cách.
Cách 2:

+) Chọn ra 4 người để thực hiện chia thành hai nhóm 2 người có C64 cách.
Chọn ra 2 từ 4 người vừa chọn ở trên để lập nhóm 2 người thứ I có C42 cách.

2 người cịn lại sẽ là nhóm 2 người thứ II, có 1 cách.

Suy ra số cách chia hai nhóm 2 người là
4 2
6. .14 45

C C



cách. (do hai nhóm này khơng tính thứ
tự)

+) 2 người cịn lại tự tách thành hai nhóm 1 người, có 1 cách.
+) Vậy số cách chia thỏa đề bài là 45.1 45 cách.

Nhận xét: mấu chốt trong dạng bài này là các nhóm có số thành viên giống nhau là khơng tính
thứ tự nên khi tính số cách chia các nhóm này theo quy tắc đếm thơng thường, ta cần chia đi số
lần lặp lại.

Câu tương tự

Bài 1: [1D2-3] Có bao nhiêu cách chia 14 người thành ba nhóm 3 người, hai nhóm 2 người
và một nhóm 1 người?

A. 100.900.800. B. 8.408.400. C. 50.450.400. D. 20.180.160.
Lời giải

Chọn B.
Cách 1: có

3 3 3 2 2

14. 11. 8 . 5. 3 .1 8408400

3! 2!

C C C C C



</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Cách 2: có

9 3 3 4 2

14. . .19 6 . 5. .14 .1 8408400

3! 2!

C C C C C 

cách.

Bài 2: [1D2-3] Một đồn tình nguyện gồm 17 thành viên. Đồn cần chia ra thành hai nhóm 4
người và ba nhóm 3 người. Do nhiệm vụ cấp thiết nên hai nhóm 4 người nhận ngay nhiệm vụ
để về hai xã A, B để cơng tác. Hỏi có bao nhiêu cách chia?

A. 2.858.856.000. B. 238.238.000. C. 476.476.000. D. 952.952.000.
Lời giải

Chọn C.

+) Chọn ra 4 người từ 17 người để về xã A, có C174 cách.

+) Chọn ra 4 người từ 13 người còn lại để về xã B, có C134 cách.

+) Chọn ra 3 người từ 9 người cịn lại để lập nhóm 3 người thứ I có C93 cách.
+) Chọn ra 3 người từ 6 người cịn lại để lập nhóm 3 người thứ II có C63 cách.
+) 3 người cịn lại sẽ là nhóm 3 người thứ III, có 1 cách.

Mỗi nhóm 3 người vai trị như nhau nên có

3 3

4 4 9 6

17 13

. .1

. . 476.476.000

C C

C C 

cách.

Câu 37: [1D2-4] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Gieo một con súc sắc cân đối và
đồng chất ba lần liên tiếp. Gọi P là tích của ba số ở ba lần tung (mỗi số là số chấm trên mặt
xuất hiện ở mỗi lần tung), tính xác suất sao cho P không chia hết cho 6.

A. 
82

216. B.

216. C.

216. D.

60
216.
Lời giải

Chọn C.

Cách 1: Số phần tử không gian mẫu

 

3
6 216

n   

.
Mặt 3 xuất hiện 3 lần 1 kết quả.

Mặt 3 xuất hiện 2 lần









2
3
3; 3; c 2.C

kết quả.(có 2 cách chọn clà 1 hoặc5).
Mặt 3 xuất hiện 1 lần









2 1

3
3; ;b c 2 .C

kết quả (b c, 

 

1; 5 )

Mặt 3không xuất hiện  có 43 cách. (Chỉ xuất hiện các mặt 1; 2;4;5)

 

2 2 1 3

3 3

1 2.C 2 . 4 83

n A C

     

kết quả.
83

( )
216

P A

 

.
Cách 2:

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Trong 2 trường hợp trên có 23 kết quả trùng nhau.

3 3 3

( ) 4 3 2 83

n A

     .

83
( )

216

P A

 

Bài 1: [2D4-1] Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất năm lần liên tiếp. Gọi P là tích của
năm số ở năm lần tung (mỗi số là số chấm trên mặt xuất hiện ở mỗi lần tung), tính xác suất sao
cho P chia hết cho 6.

A. 
6541

7776. B.

1234

7776. C.

1235

7776. D.

6540
7776.
Lời giải

Chọn. A.

Số phần tử không gian mẫu

 

6 7776

n    .

TH1: Các mặt xuất hiện nằm trong tập



1; 2;4;5



có 45 kết quả.
TH2: Các mặt xuất hiện nằm trong tập



1;3;5



có 35 kết quả.
Trong hai trường hợp trên có 25 kết quả trùng nhau.

5 5 5

( ) 4 3 2 1235

n A

     .

1235 6541
(A) 1

7776 7776

P

   

Bài 2: [2D4-1] Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có tám chữ số đơi một khác nhau. Chọn
ngẫu nhiên một số thuộc A , tính xác suất để số tự nhiên được chọn chia hết cho 45.

A. 
83

2268. B.

2268. C.

2266. D.

51
2266.
Lời giải

Chọn. B.

Ta có n

 

 A108 A97.

Cách 1: Gọi A là tập hợp các số a có 8 chữ số khác nhau chia hết cho 45.

Khi đó a chia hết cho 5 và 9 (tổng các chữ số chia hết cho 9 và số hàng đơn vị bằng 0
hoặc 5).

Trường hợp 1: a có hàng đơn vị bằng 0

0;9 , có 7! số.

* Có bộ

 

4.7! 7! 6! 53
2268

C
P A

A A

 

  

 .

Cách 2:

Số cần tìm có dạng

7
1 2 7

1
1 2 7

... 0

9
... 5 i

i

a a a

a

a a a 

  

  

 







Bộ gồm các số trong tập



1;2;3; 4;5;6;7;8;0



có 7! số.

Bộ gồm các số trong tập













0; 2;3; 4;5;6;7;9
0;1;2; 4;5;7;8;9
0;1;3; 4;5;6;8;9






 có 3.7! 3.6.6! số.

Bộ gồm các số trong tập



0;1;2;3;6;7;8;9



7! số.

8 7

10 9

5.7! 3.6.6! 53

( )

2268

P A

A A



  

 .

Câu 38: [2D1-3] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên

của tham số m để hàm số

2 3
3

m m

y x

x



 

 đồng biến trên từng khoảng xác định của nó?

A. 4. B. 2. C. 1. D. 3

Lời giải
Chọn A.

+) Tập xác định: D \

 

1 .





2
2
3
' 3

m m

y

x


 



</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

+) Nếu

2 3 0 0

m

m m

m




   

 

 , khi đó





2
1

2
2

1 1 1

' 0 3

3 1 1

3
m

x x x

y m m

x m

x x


      

 

 

   

 

 

     


Dễ thấy với

0
3

m
m



  

 thì x1  1 x2. Vậy hàm số không thể đồng biến trên từng khoảng xác
định của nó (có thể minh họa bằng bảng biến thiên)

+) Kết luận: Điều kiện bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi   3 m 0, vậy có 4 giá trị ngun
của m thỏa mãn.

Lời bình: Bài tốn tương tự có thể phát biểu như sau:

“ Tìm tất cả các giá trị tham số m để hàm số

 

g m
y ax

bx c

 

 (với a b, 0) đồng biến



a0



,
nghịch biến



a0



trên từng khoảng xác định của nó.”

Dễ thấy

 





' b g m

y a

bx c

 

 nên:

+) Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó

 

. 0

a
b g m




  



+) Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó

 

. 0

a
b g m




  



Bài tốn tương tự:

Bài 1: [2D1-3] Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m không vượt quá 2018 để hàm

số

2 3

4 7

m

y x

x


 

 , đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.

A. 2020. B. 2017. C. 2018. D. 2019

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

+) Tập xác định:

7
\

4
D   

 










4 2 3

' 5

4 7

m
y

x


 


.

+) Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó

2 3 0

m m

     

.
+) Giá trị thỏa mãn là m 



1;0;1;...;2018



, suy ra có 2020 giá trị.

Bài 2: [2D1-3] Có tất cả bao nhiêu giá trị của tham số m là số nguyên tố, để hàm số

2 18 45

5 4

m m

y x

x

 

  

 , nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó.

A. 5. B. 4. C. 6. D. 7

Lời giải
Chọn A.

+) Tập xác định:

5
\

4
D   

 










4 18 45

' 2

5 4

m m

y

x

 

  



+) Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó m218m45 0   3 m 15.
+) Giá trị thỏa mãn là m



3;5;7;11;13



, suy ra

có 5 giá trị.

Câu 39: [2D3-4] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần
2 - 2018] Chướng ngại vật “tường cong” trong
một sân thi đấu X - Game là một khối bê tơng có
chiều cao từ mặt đất lên là 3,5m. Giao của mặt
tường cong và mặt đất là đoạn thẳng AB2m
.Thiết diện của khối tường cong cắt bởi mặt
phẳng vng góc với AB tại A là một hình tam

giác vuông cong ACE với AC4m, CE3,5m và cạnh cong AE nằm trên một đường
parabol có trục đối xứng vng góc với mặt đất. Tại vị trí M là trung điểm của AC thì tường
cong có độ cao 1m (xem hình minh họa bên). Tính thể tích bê tơng cần sử dụng để tạo nên
khối tường cong đó.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Lời giải
Chọn C.

+) Giả sử tam giác vng cong ACE có diện tích là S. Khi đó thể tích khói tường cong là
2

. 2







V S xd S

+) Gắn hệ trục tọa độ sao cho cạnh cong AE nằm trên đường parabol

 

P như hình vẽ.

Ta có

 

P y ax:  2bx c qua ba điểm

 

7
0;0 , 2;1 , 4;

 

  

 

A M E

nên

 

3
16
0

1 3 1

4 2 1 :

8 16 8

7 0

16 4
2

 

 

  

       

 

 



   

 

a
c

a b b P y x x

c

a b

Khi đó, gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

P , trục Ox và hai đường thẳng x0,
4



x . Ta có

 

4 3 2

2 2

0 0

3 1

16 8 16 16

 

       

   



x x

S x x dx m

+) Vậy

 

3
2 10

 

V S m

Câu 40: [2H1-3] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Cho khối chóp .S ABCD có đáy

ABCD là tứ giác lồi, tam giác ABD đều cạnh a , tam giác BCD cân tại C và BCD120 .





SA ABCD

và SA a . Mặt phẳng

 

P đi qua A và vng góc với SC cắt các cạnh SB ,

SC , SD lần lượt tại M , N , P . Tính thể tích khối chóp .S AMNP.

A. 
3

3
42

a

. B.

2 3

a

. C.

3
3
14

a

. D.

3
3
12

a

Lời giải

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Gọi O là trọng tâm tam giác đều ABD và I là trung điểm BD thì

3
2
a
AI 

;

1 3

3 6

a
OI  AI 

Tam giác ICD vng I có ICD  , 60

2 2

a
ID BD

và

3
.cot 60

6
a
ICID  

O

 và C đối xứng nhau qua đường thẳng BD

2 3

3
a
AC AI IC

   

Khi đó





BD AC

BD SAC

BD SA




 

 

 BDSC

Mà SC

 

P nên BD//

 

P

Do đó

  





 



P SBD MP

MP BD

SBD ABCD BD

 

 



 



Lại có









BD SAC

BD AN

AN SAC



  




 AN MP

Tam giác SAC vuông tại A có SN SC SA.  2

2
2

SN SA

SC SC

  2 2 2 3

SN SA

SC SA AC

  



Tam giác ABC có SD a 2 ;

2 2 3

a
BC IC IB 

và AC2 AB2BC2
 tam giác ABC vuông tại B BC 



SAB



; AM 



SAB



BC AM
Lại có tam giác SAB vuông nên AM SB M là trung điểm SB

1
2

SM
SB

 

S

A D

C
B

M N

P

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Mà MP BD// nên

1
2

SP SM

SD  SB 

Mặt khác

ABCD ABC BCD

S S S

2 2

3 1 3

. .sin120

4 2 3

a a

CB CD

  

. Suy ra

3
.

3
9
S ABCD

a

V V 

Khi đó
.
.

.
S AMN

S ABC

V SM SN

V  SB SC

3 1 3
.
7 2 14

  .

3
28
S ANP

V V

 

. Do đó .

3
28
S ANM

V  V

Vậy
.
.

3
14

S AMNP

S ABCD
V

V 

3
.

3
42
S AMNP

a
V

 

Các câu tương tự

Bài 1: [2H1-3] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh a , SA vng góc

với đáy, SA a 2. Một mặt phẳng đi qua A vng góc với SC cắt SB , SD , SC lần lượt tại


B , D , C. Thể tích khối chóp SAB C D   là:
A.

2 3

9
 a
V

. B.

2 2

3
 a
V

. C.

3 2
9
a
V

. D.

2 3

3
 a
V

Lời giải

Chọn. C.

Ta có:

2
.

. . 2
3


S ABCD

V a a

3 2
3
a

SCAC.

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Trong tam giác vuông S AB ta có

2
2

SB SA

SB SB



 2 22

3
 a

a

2
3


. .

       
SAB C D SAB C SAC D

S ABCD S ABCD

V V V

V V

1
2

   

 

   

 

SB SC SD SC
SB SC SD SC

 
 SB SC

SB SC

2 1
.
3 2

 1

3


Vậy

3 2
9
  
SAB C D

a
V

Bài 2: [2H1-3] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA vng góc
với đáy, SA a 2. Gọi B, D là hình chiếu của A lần lượt lên SB, SD. Mặt phẳng



AB D 



cắt SC tại C. Thể tích khối chóp S AB C D   là:
A.

2 3

9
 a
V

. B.

2 2

3
 a
V

. C.

3
2
9
a
V

. D.

2 3

3
 a
V

.
Lời giải

Chọn. C.

Ta có:

2
.

. . 2
3


S ABCD

V a a

3
2
3
a

Vì B, D là hình chiếu của A lần lượt lên SB, SDnên ta có SC



AB D 

2
2




SB SA

SB SB

2
2
2
3
 a

a

2
3


</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

. .

       
S AB C D SAB C SAC D

S ABCD S ABCD

V V V

V V

1
2

   

 

   

 

SB SC SD SC

 
 SB SC

SB SC

2 1
.
3 2

 1

3


Vậy

3
2
9
  
SAB C D

a
V

Câu 41: [1D1-4] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] [1D1-3] Gọi S là tập hợp tất cả các
nghiệm thuộc khoảng



0; 2018



của phương trình sau









3 1 cos 2 x sin 2x4cosx 8 4 3 1 sin x

.
Tính tổng tất cả các phần tử của S.

A. 103255. B.

310408
3



. C.

312341
3



. D. 102827.

Lời giải
Chọn B.

Ta biến đổi tương đương phương trình đã cho









3 1 cos 2 x sin 2x4cosx 8 4 3 1 sin x

2 3 sin x 2sin cosx x 4cosx 8 4 3 sinx 4sinx 0

      



 





 



2 3 sin 2sin cos 4sin 4cos 4 3 sin 8 0 0
2sin 3 sin cos 2 4 3 sin cos 2 0

x x x x x x

x x x x x

       

      









2 sin 2 3 sin cos 2 0

3 sin cos 2 0 sin 0

x x x

x x x 

    

 

       

 

2
3

x  k 

  

với k .

Vì các nghiệm thuộc khoảng



0; 2018



ta có

1 1009 1

0 2 2018

3 k 6 k 6

 



       

và

k  suy ra k



0,1, 2,...,321



.

Do đó

2 4 642

3 3 3 3

S             

      





322

2 2 3 321

    

     

322 310408

103362

3 3

  

  

.
Bình luận:

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

- Bài tương tự

x3sinx 6 0.

Tính tổng tất cả các phần tử của S.

A. 103255. B.

6119585



. C.

312341
3



. D. 102827.

Bài 2. [1D1-3] Gọi S là tập hợp tất cả các nghiệm thuộc khoảng



1;2019



của phương trình
sau 3 sin 2xcos 2x6 3 cosx10sinx 13 0.

Tính tổng tất cả các phần tử của S.

A. 103255. B.

6113531
6



. C.

312341
3



. D. 102827.

Câu 42: [2D4-2] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Tìm mơđun của số phức z biết









4 1 4 3 .

z  i z   z i

A. 
1
2
z 

. B. z 2. C. z 4. D. z 1

Câu 43: [2D1-3] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Cho hàm số y f x

 

. Hàm số

 

y f x

có đồ thị trên một khoảng K như hình vẽ bên.

đạt cực tiểu tại x .1

A. 3 . B. 0 . C. 1. D. 2.

Lời giải

đạt cực tiểu tại x .2

A. 3 . B. 0 . C. 1. D. 2.

Lời giải

Chọn. C.

Dựa vào đồ thị của hàm số y f x

 

, ta có bảng xét dấu:

Như vậy: trên K , hàm số y f x

 

có điểm cực đại là x và điểm cực tiểu là 1 x , 2 x không3
phải là điểm cực trị của hàm số.

Bài 2: [2D1-2] Cho hàm số y f x

 

. Hàm số y f x

 

có đồ thị trên một khoảng K như
hình vẽ bên.

x  x1 x2 x3 

 

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

khơng đổi dấu, nên ta coi như không xét x3.
Dựa vào đồ thị của hàm số y f x

 

, ta có bảng xét dấu:

Như vậy: trên K , hàm số y f x

 

có điểm cực đại là x và điểm cực tiểu là 2 x , 1 x .4

Câu 44: [1D1-2] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
2

( ) cos 2 sin cos 4

f x  x x x trên .

A.

7
min ( )

x f x  . B. min ( ) 3x f x  . C.

10
min ( )

x f x  . D.

16
min ( )

5
x f x  .
Câu 45: [2D4-3] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Tập tất cả các giá trị của tham số

thực m để phương trình





1 1 3 2 1 5 0

m  x   x x  

có đúng hai nghiệm thực phân

biệt là một nửa khoảng



a b;



. Tính
5
7
b a

A.

6 5 2
35


. B.

6 5 2
7


. C.

12 5 2
35


. D.

12 5 2
7


x  x1

x x4 

 

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Câu 46: [2D4-4] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Cho số phức z x yi  với x y,  
thỏa mãn z  1 i 1 và z 3 3i  5. Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn

nhất của biểu thức P x 2 .y Tính tỉ số .
M

m
A.

4. B.

2. C.

4. D.

14
5 .
Lời giải

Chọn B.

Gọi A là điểm biểu diễn số phức z. Theo giả thiết A thuộc miền ngồi của hình trịn tâm

 

1;1

I

, bán kính R1(kể cả biên của đường trịn) và nằm ở miền trong của hình trịn tâm

 

3;3

J

, bán kính R 5 (kể cả biên của đường trịn). Như vậy điểm A thuộc miền tơ đậm
trên hình vẽ sau

Gọi d là đường thẳng có phương trình x2y P 0. Khi đó để bài tốn có nghiệm thì đường
thẳng dvà miền gạch chéo phải có điểm chung. Do vậy ta cần có





d J d,  5 
9

5
5

P




 4 P 14. Vậy M 14và m4.

Cụ thể:

+ M 14 đạt được khi



 



2 2

2 14 0

3 3 5

x y

  




   

 

4
5

x
y




 

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

+ m4 đạt được khi



 



2 2

2 4 0

3 3 5

x y

  




   

 

2
1

x
y



 

 .

Câu tương tự

Bài1: [2D4-4] Cho số phức z x yi  với x y,   thỏa mãn z 3 2i  5 và

3 2 2 5

z  i 

. Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức
2 .

P x  y Khi đó M m 2
là

A. 130. B. 25. C. 115. D. 4.

Lời giải

Chọn. A.

Gọi A là điểm biểu diễn số phức z. Tập hợp các điểm A là hình vành khăn có tâm I

 

3; 2 ,
bán kính nhỏ R1 5, bán kính lớn bằng R2 2 5. Gọi d là đường thẳng có phương trình

2 0

x y P  . Khi đó để bài tốn có nghiệm thì đường thẳng dvà hình vành khăn phải có
điểm chung. Do vậy ta cần có

 

5 d I, d 2 5 

5 2 5

P



 



4 9

11 6

P
P

 



   

 . Vậy M 9và m 11.

Cụ thể:

+ M 9đạt được khi



 



2 2

2 9 0

3 2 20

x y

  




   

 

x
y



  

 .

+ m 11đạt được khi



 



2 2

2 11 0

3 2 20

x y

  




   

 

1
6

x
y



 

 .

Do đó M m 2  9 121 130 .

Bài 2: [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn z 2 3i 2. Khi biểu thức

2 2

3 4

P z  z i

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

A. 9. B. 5. C. 
65

5 . D. 4.

Lời giải

Chọn B.

Giả sử z x yi  với x y,   . Điểm M biểu diễn số phức zthuộc đường trịn tâm I



2; 3



bán kính R 2 . Khi đó









2 2 2 2

3 4

P x y x  y 6x8y7

. Gọi d là đường thẳng
có phương trình 6x8y  7 P 0. Khi đó để bài tốn có nghiệm thì đường thẳng dvà đường
trịn phải có điểm chung. Do vậy ta cần có

 

d I,d 2  2910P 2  9 P 49. Vậy Pmin 9.

Cụ thể Pmin 9đạt được khi



 



2 2

6 8 16 0

2 3 4

x y

  




   

 

4
5
7
5

x
y

 


 

 

 .

Ta có 5z 4  i 4 3i. Vậy modun của 5z 4i là 5.

Câu 47: [2H3-4] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyzcho hai điểm A



3;1; 2



và B



5;7;0



. Có tất cả bao nhiêu giá trị thực của m để phương

trình x2y2z24x2my2



m1



z m 22m 8 0 là phương trình mặt cầu

 

S sao
cho qua A, B có duy nhất một mặt phẳng cắt

 

S theo một giao tuyến có bán kính bằng 1?

A. 1. B. 4. C. 3. D. 2.

Lời giải

ChọnC.

Trong trường hợp

 

S là một mặt cầu ta sẽ có tâm và bán kính của nó lần lượt là



2; ; 1



I m m

, R m23. Ngồi ra ta có









6 2

;

m

d I AB  

là khoảng cách từ tâm I
đến đường thẳng AB.

Ta có những nhận xét sau:

+ R1 sẽ không tồn tại mặt phẳng nào để thỏa u cầu bài tốn.

+ R1 sẽ có duy nhất một mặt phẳng qua tâm và chứa ABkhi đó

2 3 1 2

m

R m

m




    

 

. Vậy có hai giá trị m.

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Vậy





2
2

6 2

3 1 34

m
m

m




 

   

  

 . Ta loại m2vì R1. Vậy có ba giá trị m.

Nhận xét: Bài toán trên thực chất vận dụng mệnh đề sau đây :

Cho trước điểm M không thuộc đường thẳng

. Khi đó khoảng cách lớn nhất từ M tới

 

P bằng d M d





.
Bài tập tương tự:

Bài1: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A



3;1; 2



và B



5;7;0



. Có
tất cả bao nhiêu giá trị thực của m để phương trình





2 2 2 4 2 2 1 2 2 3 0

.

Vậy





2
2

12 3 11

6 2 5

4 1

11 12 3 11

m
m

m

  




 

   

  




 . Vậy có hai giá trị m.

Bài2: [2H3-3] Phương trình mặt phẳng

 

P qua đường thẳng

1 2

2 1 1

x y z

d    

 và cách
điểm M



2;1;1



một khoảng cách lớn nhất đi qua điểm nào sau đây?

Lời giải

uuur

. Phương trình mặt phẳng cần tìm nhận

vectơ n u AM ud, , d

  

   

r r uuur r

làm vectơ pháp tuyến.

 

P x y:  3z 5 0.

Câu 48: [2D3-4] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Tính tổng

0 1 2 3 2017 2018

2018 2018 2018 2018 2018 2018.

3 4 5 6 2020 2021

C C C C C C

T= - + - + -L +

A.

4121202989. B.

4121202990. C.

4121202992. D.

1
4121202991

Lời giải

Chọn B.

Ta có

1 1

2 2018 2 0 1 2 2 2018 2018

2018 2018 2018 2018

0 0

( 1) ( ... )

x x dx x C C x C x  C x dx

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

1 0 1 2 3 2017 2018

2 2018 2018 2018 2018 2018 2018 2018

( 1)

3 4 5 6 2020 2021

C C C C C C

x x dx





       

.
Đặt t x 1, ta có

1 0 0

2 2018 2008 2 2020 2019 2018

0 1 1

( 1) ( 1) ( 2 )

x x dx t t dt t t t dt

 

     



0
2021 2020 2019

1 2 1 1

2021 2020 2019 2021 2020 2019 4121202990

t t t



 

       

  .

Vậy

0 1 2 3 2017 2018

2018 2018 2018 2018 2018 2018 1

3 4 5 6 2020 2021 4121202990

=C - C +C - C + -L C +C =

T

.
Câu tương tự

Bài 1:[1D2-3] Tìm số tự nhiên n thỏa mãn 2.1.Cn23.2.Cn3 ... n n( 1)Cnn (n2n).296.
A. n100. B. n98. C. n99. D. n101.

Lời giải

Chọn B.

Ta có (x1)n Cn0C x C xn1  n2 2 ... C xnn n

 (( 1) ) ' (n 0 1 2 2 ... n n) ' 1 2 2 ... n n 1

n n n n n n n

x  C C x C x  C x C  C x  nC x 
 ((x 1) ) '' (n Cn0 C x C x1n n2 2 ... C xnn n) '' (Cn1 2C xn2 ... nC xnn n 1) '



         

2
( 1)(1 )n

n n x 

    2.1. 2 3.2. 3 ... ( 1) n n 2

n n n

C  C x n n C x 
Thay x1 ta được:

2 3 2 2 2 96

2.1. 3.2. ... ( 1) n ( ).2n gt( ).2 98.

n n n

C  C  n n C  n n   n n  n
.

Câu 49: [1D2-4] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Cho hình lập phương, mỗi cặp đỉnh
của nó xác định một đường thẳng. Trong các đường thẳng đó, tìm số các cặp đường thẳng
(khơng tính thứ tự) khơng đồng phẳng và khơng vng góc với nhau.

A. 96. B. 192. C. 108. D. 132

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Cách 1:

Số đường thẳng C82 28. Ta chia ra làm ba loại gồm: 12cạnh, 12 đường chéo phụ và 4đường 
chéo chính.

+ Chọn 1 cạnh có 12 cách, với mỗi cạnh có đúng 2đường chéo chính, và 4 đường chéo phụ
thoả mãn u cầu bài tốn. Nên có 12 2 4







72cặp.

+ Nhận thấy một đường chéo chính và một đường chéo phụ không thỏa mãn yêu cầu.

+ Xét 12đường chéo phụ, với mỗi đường chéo phụ có đúng 4 đường chéo phụ khác thỏa mãn

yêu cầu bài toán. Nhưng bị lặp hai lần do đổi vai trị nên có
12.4

24
2  cặp.
Vậy có tất cả 72 24 96  cặp đường thẳng thoả mãn bài toán.

Cách 2:

Số đường thẳng C82 28.
Số cặp đường thẳng C282 378.
+ Số cặp đường thẳng đồng phẳng:

- Trong mặt phẳng gồm 4 điểm đồng phẳng: 12.C62 180 (cặp).

- Trong mặt phẳng gồm 3 điểm:





2 3 3

3. 8 12 4 24

C C  C 

(cặp).
+ Số cặp đường thẳng vng góc khơng đồng phẳng:

- Hai cạnh vng góc:
12.4

24
2  (cặp).

- Cạnh vng góc đường chéo mặt:
12.4

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

- Đường chéo vng góc với đường chéo mặt: 4.6 24 .

Vậy số các cặp đường thẳng (không tính thứ tự) khơng đồng phẳng và khơng vng góc với
nhau là: 378



180 24 24 24 6 24    



96 (cặp).

Cách 3:

Hình lập phương có 28 đoạn gồm 12cạnh, 12 đường chéo phụ và 4đường chéo chính.
+ Trường hợp 1: Cặp chứa một cạnh.

Nhưng mỗi cặp chứa hai cạnh hoặc cạnh với đường chéo phụ được tính hai lần nên số cặp

đường thỏa mãn yêu cầu bài toán:

48 96

24 96
2



 

cặp.
Bài tập tương tự:

Bài1: [1D2-4] Cho hình lập phương, mỗi cặp đỉnh của nó xác định một đường thẳng. Trong các
đường thẳng đó, tìm số các cặp đường thẳng (khơng tính thứ tự) đồng phẳng hoặc vng góc
với nhau.

A. 270. B. 192. C. 108. D. 132.

Câu 50: [2D1-3] [THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 - 2018] Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất của hàm số y x (2017 2019x2) trên tập xác định của nó. Tính M m
.

A. 2019 2017. B. 2019 2019 2017 2017 .
C. 4036. D. 4036 2018

Lời giải
Chọn D.

Tập xác định D [ 2019; 2019]
2

2 2

' 2017 2019 2 2017 2019

2019

x

y x a a

x

      

 với

2019 (0 a 2 19)0