Đề thi thử THPT quốc gia

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.41 MB, 32 trang )

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

Câu 1. Giá trị lớn nhất của hàm số y2x33x21 trên đoạn 1;1 .
2
 

 

 

A. . B. . C. . D. .

1
;1
2

maxy 4
 
 
 



1
;1
2

maxy 6
 
 
 



1
;1
2

maxy 3
 
 
 



1
;1
2

maxy 5
 
 
 


Lờigiải

Tác giả: Bùi Nguyên Phương. Facebook: Bùi Nguyên Phương
Chọn A

Tập xác định: D! .

Hàm số y2x33x21 liên tục và có đạo hàm trên đoạn 1;1 .

2
 

 

 

Đạo hàm: y 6x26x.

Xét 2 .

0 ;1

0 6 6 0

1 ;1

2
x

y x x

x

    

  



     

  

   

  

 



Ta có: 1 1; ; .

2 2

y  

  y

 

0  1 y

 

1 4
Vậy .

1;1
2

maxy 4
 
 
 



Câu 2. Xét các mệnh đề sau, mệnh đề nào là mệnh đề đúng?

A. Hai mặt phẳng cùng vng góc với một mặt phẳng thì song song với nhau .

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

B. Hai đường thẳng phân biệt cùng vng góc với một đường thẳng thì song song với nhau.
C. Hai đường thẳng phân biệt cùng vng góc với một mặt phẳng thì song song với nhau.
D. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vng góc với mặt phẳng thứ ba thì song song với nhau.

Lờigiải

Tác giả : Lê Thị Thu Hằng, FB: Lê Hằng
Chọn C

D1 C1

B1
A1

D C

B

A

“Hai mặt phẳng cùng vng góc với một mặt phẳng thì song song với nhau” và mệnh đề “Hai
mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì song song với nhau” là mệnh đề
sai, ví dụ trong hình lập phương trên ta có (C B BC1 1 ) và



D B BD1 1



cùng vng góc với

nhưng 2 mặt phẳng đó lại cắt nhau.
(ABCD)

“Hai đường thẳng phân biệt cùng vng góc với một đường thẳng thì song song với nhau” là
mệnh đề sai ví dụ như trong hình lập phương trên ta cóA B1 1 và C B1 1 cùng vng góc với B B1
nhưng A B1 1C B1 1

“Hai đường thẳng phân biệt cùng vng góc với một mặt phẳng thì song song với nhau” là
mệnh đề đúng .

Câu 3. Một hình trụ có bán kính đáy r=a,độ dài đường sinh l=2a.Diện tích tồn phần của hình trụ này
là:

A. 2a2. B. 4a2. C. 6a2. D. 5a2.
Lờigiải

Tác giả : Trần Minh Tuấn
Chọn C

,chọn C

2 2

2 2 2 .2 6

tp d xq

S  S S  a  a a a

Câu 4. Có bao nhiêu phép tịnh tiến biến một đường thẳng thành chính nó

A.1. B. 2. C. Khơng có. D. Vơ số.

Lờigiải

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

Chọn D

Có vơ số phép tịnh tiến biến một đường thẳng thành chính nó. Đó là các phép tịnh tiến có véc

tơ tịnh tiến là véc tơ không hoặc véc tơ tịnh tiến là véc tơ chỉ phương của đường thẳng đó.

Câu 5. Tập nghiệm của bất phương trình 32x-1>27 là:

A.(3;). B.( ;1 ). C. . D. .

3 

1
( ; )

2  (2;)

Lờigiải

Tác giả:NguyễnVănĐắc, FB: ĐắcNguyễn
Chọn D

32x-1>2732x133 2x   1 3 x 2
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là (2;)

Câu 6. Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào nghịch biến trên tập số thực! ?.

A. 1 . B. C. . D. .
2

log

y x

x

y   
 

2 x
y

e
 

   





log 2 1

y  x 
Lờigiải

Tác giả :Lê ĐứcLộc, FB: Lê ĐứcLộc
Chọn C

Hàm số 2 là hàm số mũ, có cơ số nên hàm sốnghịch biến trên tập số thực

x

y
e
 

    0 a 2 1

e

  
.

R

Câu 7. Cho hàm số có đạo hàm trên khoảng . Xét các mệnh đề sau:f I
(I). Nếu f x'

 

  0, x I thì hàm số nghịch biến trên .I

(II). Nếu f x'

 

  0, x I(dấu bằng chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm trên ) thì hàm I số
nghịch biến trên .I

(III). Nếu f x'

 

  0, x Ithì hàm số nghịch biến trên khoảng .I

(IV). Nếu f x'

 

  0, x Ivà f x'

 

0 tại vơ số điểm trên thì hàm số không thể nghịch biến I
trên khoảng .I

Trong các mệnh đề trên. Mệnh đề nào đúng, mệnh đề nào sai?

A. II và IV đúng, còn III sai. B. I,II,III và IV đúng.

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

Tác giả : NguyễnTuấnĐạt, FB: NguyễnĐạt
Chọn C

Câu III sai vì thiếu dấu bằng chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm trên I

Câu IV sai vì có thể vơ số điểm trên I xuất hiện rời rạc thì vẫn có thể nghịch biến trên khoảng
I

Câu 8. Một nhóm có 10 người, cần chọn ra ban đại diện gồm 3 người. Số cách chọn là:

A.240. B.A103. C.C103. D.360.

Lờigiải

Họ và tên: Bùi Thị Thu Hiền- Fb HiềnTấm
Chọn C

+ Số cách chọn ra 3 người vào ban đại diện trong 10 người là: C103 (không phân biệt thứ tự).
Chọn C

.

Câu 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho bốn điểm A 3;-5 ,B -3;3 ,C -1;-2 ,D 5;-10



 



. Hỏi
là trọng tâm của tam giác nào dưới đây?

1
;-3
3
G 

 

A. ABC. B. BCD. C. ACD. D. ABD.

Lờigiải

Tácgiả:QuáchPhươngThúy,FB:Phương Thúy
Chọn B

Ta thấy BC



2; 5 ,



BD



8; 13



nên chúng không cùng phươngB C D, , là 3 đỉnh của

một tam giác.

Mặt khác, ta lại có

3 1 5 1

3 3 3

3 2 10 3

3 3

B C D

x x x

y y y

     

 



  

 

   



Vậy 1 ; 3 là trọng tâm của tam giác
3

G  

  BCD

Câu 10. Tập xác định của hàm số y



x1



15 là:

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

Tác giả : Bùi Xuân Toàn, FB: Toan Bui 
Chọn C

Phương pháp: Hàm số y x  với không nguyên xác định khi  x0.
Điều kiện xác định của hàm số y



x1



15 là x 1 0 hay x1.

Vậy tập xác định: D



1;



Câu 11. Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số chẵn?

A. y= tanx. B. y= sinx. C. y= cosx. D. y= cotx.
Lờigiải

Tác giả : NguyễnThịNgọcHạnh, FB: NguyễnHạnh

Chọn C

Hàm số y= tan ,x y= sin ,x y= cotx là các hàm số lẻ.
Hàm số y= cosx là hàm số chẵn

Câu 12. Gọi là tiếp tuyến tại điểm cực đại của đồ thị hàm số d y x 33x22 . Mệnh đề nào dưới đây
đúng

A. d có hệ số góc dương. B. d song song với đường thẳng x3 .
C. d có hệ số góc âm. D. d song song với đường thẳng y3.

Lờigiải

Tác giả : Lê ĐìnhNăng, FB: Lê Năng
Chọn D

Ta có: y' 3 x26x . ' 0 0 2

2 2

x y

y

x y

  


      


Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta suy ra đồ thị hàm số có điểm cực đại là

 

0; 2
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm

 

0; 2 là





0 0 2 2

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

Do đó song song với đường thẳng d y3.

Trắcnghiệm: Hàm số đã cho có đạo hàm tại mọi điểm và tại điểm cực trị có y' 0 nên tiếp
tuyến của đồ thị hàm số tại điểm cực đại (hoặc tại điểm cực tiểu) là đường thẳng song song d
trục hoặc trùng Ox,từ đó Chọn D.

Câu 13. Hình lập phương có mấy mặt đối xứng?

A. 5. B. 6. C. 9. D. 10.

Lờigiải

Tác giả:ĐinhThị Duy Phương, FB: ĐinhThị Duy Phương
Chọn D

Câu 14. Trong các dãy số sau, dãy nàolà cấp số cộng:

A. 3n 1. B. . C. . D. .

n

u   2

n

u
n




2 1

n

u  n  5 2

n

u  

Lờigiải

Tác giả:NguyễnVănDiệu, FB:dieuptnguyen
Chọn D

Ta có dãy là cấp số cộng khi un * với là hằng số.
1 , n

n n

u  u d  ! d
Bằng cách tính số hạng đầu của các dãy số ta dự đoán đáp án D. 3

Xét hiệu





5 1 2 5 2 5

, n

3 3 3

n n

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

Vậy dãy 5 2 là cấp số cộng.
3

n

u  

()

Câu 15. Cho dãy số

 

1 . Số là số hạng thứ mấy trong dãy?
1

5
:

n

n n

u
u

u  u n




  

 20

A. 5 . B. 6 . C. 9 . D. 10 .

Lờigiải

Tác giả:NguyễnThị Thu Trang, FB: Trang Nguyễn
Chọn B

Cách 1:

1 5, 2 6, 3 8, 4 11, 5 15, 6 20

u  u  u  u  u  u 

Vậy số 20 là số hạng thứ .6
Cách 2:

Dựa vào công thức truy hồi ta có





4
5

5 1
5 1 2
5 1 2 3
...

5 1 2 ... 1 5

n

u
u
u
u

n n

u n


 
  
   



        



 



20 5 *

n n

n



   !       

 


2 30 0 6

5(lo¹i)

n

Vậy 20 là số hạng thứ .6

Cách 3: Sử dụng máy tính CASIO fx – 570VN PLUS
1 SHIFT STO A

5 SHIFT STO B

Ghi vào màn hình C = B + A: A = A + 1: B = C
Ấn CALC và lặp lại phím =

Ta tìm được số 20 là số hạng thứ 6

Câu 16. A và là hai B điểm thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị hàm số . Khi đó độ dài đoạn
2

x
y

x



ngắn nhất bằng

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

A. 4 2. B. 4. C. 2 2. D. 2 2.
Lờigiải

Tác giả:CấnViệtHưng, FB: Viet Hung
Chọn B

x
y

2
1

O 1

Hàm số có đồ thị như hình vẽ. Gọi và là hai điểm
2

x
y

x





 

C ; 2

a
A a

a

 

  

  ; 2

b
B b

b

 

  

 

thuộc hai nhánh của

 

C



a 2 b



Ta có: .







; ;

2 2 2 2

b a b a

AB b a b a

b a b a

  

 

      

   

   



Áp dụng BĐT Cơsi ta có:





 



.
2
2 2

4
b a

b a  

Suy ra:















2
2

2
2 2

b a

AB b a

b a



  

 

 

 









2
64

16
b a

b a

   



. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi và .
4

AB

  a 2 2 b 2 2

Vậy ABmin 4.
()

Câu 17. Cho hình lăng trụ đều ABC A B C. ' ' '. Biết mặt phẳng



A BC'



tạo với mặt phẳng



ABC



một
góc 300 và tam giác A BC' có diện tích bằng 8a2. Tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C. ' ' '.

A.8a3 3. B.8a3. C.8 3 3 . D. .

a 8 3

a

Lờigiải

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

Gọi M là trung điểm của BC.

Chứng minh được BC



AA M'



. Do đó góc giữa hai mặt phẳng



A BC'



và mặt phẳng
là góc .



ABC



!A MA' 300

Đặt AB x
Cách 1:

Tam giác ABC đều nên 3 ' 0

2 cos 30

x AM

AM   A M  x

2 2 2

1 1

. ' . 8 4 4 3

2 2

A BC ABC

S  A M BC x  a  x aS  a

0
'

sin 30 ' 2
'

AA

AA a

A M   

Vậy 3

. ' ' '. '. 8 3

ABC A B C ABC

V AA S  a

Cách 2:

Tam giác ABC là hình chiếu của tam giác A BC' lên mặt phẳng





0 2

' .cos30 4 3

ABC A BC

ABC S S  a

4 2 3

x a AM a

   

0
'

tan 30 ' 2

AA

AA a

AM   

3
. ' ' '. '. 8 3

ABC A B C ABC

V AA S  a

Câu18. Cho hìnhchópS ABCD. có đáyABCDlà hình bình hành. M là một điểm thuộc đoạnSB M ( khác và ). MặtphẳngS B



ADM



cắt hình
chópS ABCD. theo thiết diện là

A.Hình bình hành. B.Tam giác. C.Hình chữ nhật. D.Hình thang.

Lờigiải

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Chọn D

Ta cóM là một điểm thuộc đoạnSBvớiM khác và .S B

Suy ra .



 











M ADM SBC

AD ADM

BC SBC

AD BC

 
















ADM

 

SBC



Mx BC AD// //

  

GọiN Mx SC thì



ADM



cắt hình chópS ABCD. theo thiết diện là tứ giácAMND. Vì
và với khơng bằng nhau nên tứ giác là hình thang.

MN AD MN AD AMND

Câu 19. Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình bên?

A. y  x4 4x23. B.y  x4 2x23.
 C.y



x22



21. D. y



x22



21.

Lờigiải

Tác giả : TrầnNhư Thanh Nhã, FB: Nhã TrầnNhư Thanh 
Chọn C

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

Và hàm số có 3 điểm cực trị  a.b < 0  y



x22



21

Câu 20. Tìm tập xác định của hàm số .





1
log 5

y

x




A.



;5 \ 4

  

. B.



5;



. C.



;5



. D. 5;



.
Lờigiải

Tác giả :Bùi Thị Kim Oanh, FB: Bùi Thị Kim Oanh
Chọn A

Điều kiện xác định của hàm số là





5 0 5 5

log 5 0 5 1 4

x x x

x x x

      

  

       

  



Vậy tập xác định của hàm số là D  



;5 \ 4

  

.

Câu 21. Cắt hình trụ

 

T bằng một mặt phẳng đi qua trục được thiết diện là một hình chữ nhật có diện
tích bằng 30cm2 và chu vi bằng 26 cm. Biết chiều dài của hình chữ nhật lớn hơn đường kính
mặt đáy của hình trụ

 

T . Diện tích tồn phần của

 

T là:

A. 23

 

cm2 . B. 23

 

2 . C. . D. .

2 cm

 69

 

2 cm

 69

 

cm2

Lờigiải

Tác giả : PhạmNgọcHưng, FB: PhạmNgọcHưng
Chọn C

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

2 2 2 2

.2 30 15 13 2 13 2

2 13

2( 2 ) 26 2 15 15 0 5 3( )

10( )
2

ABCD

h r h r h r h r

S h r hr h r h r

h r

C h r r r r h l

r h TM





   
  
          
   
              

  
   



Vậy .

Câu 22. Cho log 312 a. Tính log 1824 theo .a

A. 3 1. B. . C. . D. .

3
a
a


3 1
3
a
a


3 1
3
a
a


3 1
3
a
a


Lờigiải

Tác giả : Ngô QuốcTuấn, FB: QuốcTuấn

Chọn B

Ta có: alog 312 2 .

2
log 3
log 12

 

 

22
2
log 3

log 2 .3

 

2
2

2 2

log 3
log 2 log 3




2
2

log 3
2 log 3


  2

2
log 3
1
a
a



Ta có: 2 .

24
2
log 18
log 18
log 24


 

2
2
3
2
log 2.3

log 2 .3

 2

2
1 2log 3

3 log 3



2
1 2.
1
2
3
1
a
a
a
a





3 1
3
a
a




Vậy log 1824 3 1.

3
a
a




Câu 23. Hệ số của số hạng chứa x6 trong khai triển nhị thức (với ) là :
12
3
3
x
x
  
 

  x0

A. 220 . B. . C. . D. .

729

 220 6

729x

6
220
729 x
 220
729
Lờigiải

Tác giả : Nguyễn Thùy Linh, FB: Nguyễn Thùy Linh 
Chọn A

Số hạng tổng quát trong khai triển là:
12
3
3
x
x
  
 
 

 





12 2 2 12

12 12

1 3 , 12 .

k k

k

k x k k k

T C C x k k

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

chứa

T x6 2k12 6  k 9.
Vậy hệ số cần tìm là :

 

9 6

220
1 3

729

C   

Câu 24. Khối nón

( )

N

có bán kính đáy bằng diện tích xung quanh bằng

3

15 

. Tính thể tích

V

của
khối nón

( )

N

A.

V



36 

. B.

V



60 

. C.

V



20 

. D.

V



12 

.
Lờigiải

Tác giả : PhạmVăn Huy, FB: Đời Dịng 
Chọn D

Ta có

15

5

3

xq
xq

S

rl

l

r





 



Chiều cao

h



l



r



25 9 4

 

.
.

2 2

1 .3 .4 12

3 V





r h









Câu 25. Cho tứ diện ABCD có ABAC DB DC,  . Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. ABBC. B. CD



ABD



. C. BC AD. D. AB



ABC



.
Lờigiải

Tác giả : Nguyễn Trí Chính, FB: Nguyễn trí Chính

C
B

Chọn C

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

Có AB AC, IB IC . Suy ra AI là trung trực của BC. Nên BC AI
Tương tự BCDI

Suy ra BC



AID



. Suy ra BCAD. Chọn C

Câu 26. Cho phương trình sin 2 sin 3 . Tính tổng các nghiệm thuộc khoảng của

4 4

x  x 

     

   

   



0;



phương trình trên.

A. 7 . B. . C. . D. .
2

  3



4

Lờigiải

Tác giả : Phạm Chí Tuân, FB: Tn Chí Phạm
Chọn B

Ta có: .

2 2

3 4 4

sin 2 sin 2

4 4

2 2 6 3

4 4

x k

x x k

x x

x k

x x k

    

 

   

       



      

      

          





k!



+ Xét x  k2



k!



Do 0 0 2 1 0. Vì nên khơng có giá trị .
2

x   k   k

          k! k

+ Xét 2 .

6 3

x  k 



k!



Do 0 0 2 1 5. Vì nên có hai giá trị là: .

6 3 4 4

x   k   k

          k! k k0;k1

Với .

 0

k  x 

Với .

 1 5

k   x 

Do đó trên khoảng



0;



phương trình đã cho có hai nghiệm và .
6

x 5

x 
Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho trong khoảng



0;



là: 5 .

6 6

  

 

Câu 27. Hàm số nào trong bốn hàm số được liệt kê dưới đây không có cực trị?

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

x
y

x






y x y  x3 x y x 2

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

Tác giả : Võ TựLực, FB: Võ TựLực
Chọn A.

+ Hàm số 2 3
2
x
y
x




Tập xác định: D     



; 2

 



Có hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định hàm số





' 0

y x D

x

    

 

khơng có cực trị.

Các hàm số khác dễ dàng chứng minh được y’ có nghiệm và đổi dấu qua các nghiệm. Riêng
hàm số cuối y’ không xác định tại -2 nhưng hàm số xác định trên R và y’ đổi dấu qua -2 do đó
có hàm số có điểm cực trị x = -2.

()

Câu 28. Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị 2 3 đi qua giao điểm của hai đường tiệm cận?
2

x
y
x




A. 1. B. Khơng có. C. Vơ số. D. .2

Lờigiải

Tác giả : VũViệtTiến, FB: VũViệtTiến
Chọn B

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x d 2 làm tiệm cận đứng.

c

   

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y a 2 làm tiệm cận ngang.

c

 

Vậy I



2; 2



là giao điểm của hai đường tiệm cận.
TXĐ: D!

7
'
( 2)
y
x



Gọi tiếp tuyến tại M x y



0; 0



của đồ thị hàm số 2 3 có dạng:
2
x
y
x



hay

 

0 0 0

:y y x' .(x x ) y

    0

0
2
0 0
2 3
7
: .( )

( 2) 2

x

y x x

x x



   

 

Vì đi qua 





0
2

0 0

2 3

2; 2 .( 2 )

( 2 2

2
)
x
I x
x x

     
 
0 0
0
2

0 0 0 0

2 3 2 3

7 7

.( 2)

( 2) 2 ( 2) 2

2 x x 2 x

x x x x

 
 
     



  

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

Vậy không tồn tại tiếp tuyến nào của đồ thị hàm số 2 3 mà đi qua giao điểm của hai
2

x
y

x





tiệm cận.

Câu 29. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có D

     

3; 4 ,E 6;1 ,F 7;3 lần lượt là trung
điểm các cạnh AB BC CA, , .Tính tổng tung độ ba đỉnh của tam giácABC.

A. 16. B. . C. . D. .

3 8 16

Lờigiải

Tác giả:VũViệtTiến, FB: VũViệtTiến
Chọn C

Ta có





2 2.4 8

2 2.3 6 2 8 6 2 16

2 2.1 2

A B D

A C F A B C

B C E

y y y

y y y y y y

y y y

   



           



    



. Chọn C.
8

A B C

y y y

   

Câu 30. Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông cân, BA BC a SAB, ! SCB! 900,
biết khoảng cách từ đến A



SBC



bằng 3. Góc giữa và mặt phẳng là:

2
a

SC



ABC



A. . B. . C. . D. .

 3

rccos
4
a

3


4

Lờigiải

Tác giả:Nguyễn Tình, FB: Gia Sư Tồn Tâm.
Chọn C

H
D

C
B

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

H là hình chiếu vng góc của lên D SC.
Khi đó: AB SA AB



SAD



AB AD.

AB SD



    

 



BC SC BC



SDC



BC DC

BC SD



    

 



là hình vng và .
ABCD

 CD a

Ta có: || ||





 ,   ,  3.
2
  A SBC  D SBC    a

AD BC AD SBC d d DH DH

Vì DC là hình chiếu vng góc của SC lên mặt phẳng



ABCD



nên SCD! là góc giữa
đường thẳng SC và



ABC



! 3 !

sin

2 3



 DH   

SCD SCD

DC

Câu 31. Cho hàm số 1 4 3 2 có đồ thị . Có bao nhiêu điểm thuộc sao cho tiếp tyến của
4

y x  x ( )C A ( )C

tại cắt tại hai điểm phân biệt , khác ) thỏa mãn
( )C A ( )C M x y( ; )1 1 N x y( ; )2 2 ( ,M N A

1 2 5( 1 2)
y y  x x

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

Lờigiải

Tác giả:NguyễnThị Kim Liên; FB: Kim Liên
Chọn B

' 6

y x  x

Gọi 4 2 là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến tại A. Phương trình tiếp tuyến tại A là
0 0 0

( ; 3 )

A x x  x

đường thẳng (d) có phương trình:

3 4 2

0 0 0 0 0

( 6 )( ) 3

y x  x x x  x  x

Phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (C) là:

3 4 2 4 2

0 0 0 0 0

1 1

( 6 )( ) 3 3

4 4

x  x x x  x  x  x  x 2 2 2

0 0 0

(x x ) (x 2x x 3x 12) 0

     

0
2

0 0
0

2 3 12 0 (2)
x x

x x x x

 



     



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

0
0
2

(3)

6 6

x

x
  
 

  



Khi đó, phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 và (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt
, trong đó:

1 1
( ; )

M x y N x y( ; )2 2

3 4 2

1 0 0 1 0 0 0

( 6 )( ) 3

y  x  x x x  x  x 3 4 2

2 0 0 2 0 0 0

( 6 )( ) 3

y  x  x x x  x  x

1 2 ( 0 6 )(0 1 2)

y y x x x x

    

Từ giả thiết ta suy ra:

(Vì )
3

0 0 1 2 1 2

(x 6 )(x x x ) 5( x x ) 3

0 6 0 5

x  x  x1x2

0
0
0

1
1 21

2
1 21

2
x

x
x


 



 


 



 

 


Kết hợp với điều kiện (3) có hai giá trị thỏa mãn x0

yêu cầu bài toán là 0

0
1
1 21

x
x

 



 
 


Câu 32. Giả sử đồ thị hàm số y



m21



x42mx2m21 có 3 điểm cực trị là A B C, , mà
. Khi quay tam giác quanh cạnh ta được một khối tròn xoay. Giá trị của

A B C

x x  x ABC AC

để thể tích của khối trịn xoay đó lớn nhất thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới đây:

m

A.

 

4;6 . B.

 

2; 4 . C.



2;0



. D.

 

0; 2 .
Lờigiải

Tác giả:NguyễnThị ThanMai, FB: Thanh Mai Nguyen 
Chọn B

I C

B

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

2 3 2 2
4( 1) 4 4 ( 1)
-y  m  x  mx x m  x m

+ 2 2

2
0

0 4 ( 1) - 0

( 0)
1

x

y x m x m m

x m
m



 
      
   
 


+ Với m0thì đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị (với xA xB xC) là:

; ; .

2 2

( ; - 1)

1 1
  
 
m m
A m
m m
2
(0; 1)

B m  2 2

2 2

( ; - 1)

1 1 

 

m m

C m

m m

+ Quay ABC quanh AC thì được khối trịn xoay có thể tích là:

2 2

1 2

2. . .

3 3

 

V r h BI IC





2 9

2 2 2 5

2 2

3 1 1 3 1

 

   

 

  

m m m

m m m

+ Xét hàm số





9
5
2
( )
1
m
f x
m



Có: ; .





8 2
6
2

(9 - )
'( )
1


m m
f x

m ( ) 0 3 ( 0)

    

f x m m

Ta có BBT:

3
–

max

x 0 

 

f x 0 

 

f x

0 0

Vậy thể tích cần tìm lớn nhất khi m3.

Câu 33. Giải phương trình 8.cos 2 .sin 2 .cos 4x x x  2

A. 32 4 ( ). B. .

3
32 4
x k
k
x k
 
 
 

 







! ( )
3

8

x k

k
x k
 
 
 

 







C. 32 4 ( ). D. .

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

Tác giả : PhạmThịPhương Thúy, FB: Thuy phạm
Chọn C

8.cos 2 .sin 2 .cos 4 2 4.sin 4 .cos 4 2 2.sin 8 2

8 2

2 4 32 4

sin 8 ( ) ( )

2 5 5

8 2

4 32 4

x x x x x x

x k

x k k

x k x k

 



  



       

  

      

   







! !

Câu 34. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số 2 nghịch biến trên
2

log 2

log 1

m x

y

x m




 



4;



A. m 2 hoặc m1 . B. m 2 hoặc m1.
C. m 2 hoặc m1. D. m 2.

Lờigiải

Tác giả : Trần Cơng Dũng, FB: trancong.dung.948 
Chọn D

Đặt tlog2x.

Ta cóx



4;  



t



2;



.
Hàm số được viết lại 2 (1).

mt
y

t m




 

Vì tlog2x đồng biến trên



0;



nên yêu cầu bài toán  (1) nghịch biến trên



2;







2 0 2

2
1

1 2

1
m
m m

m
m

m

m
  

   

 

     

 

  



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

A. 2 1 . B. . C. . D. .

2 1

 




x
y

x

1
1

 




x
y

x

2
1

 




x
y

x 1






x
y

x

Lờigiải

Tác giả : Minh Anh Phuc, FB: Minh Anh Phuc 
Chọn B

Từ đồ thị của hàm số đã cho ta có:

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thằng có phương trình x 1.
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thằng có phương trình y 1.
Đồ thị hàm số đi qua các điểm

 

1;0 và

 

0;1 .

Suy ra hàm số cần tìm là 1.
1

 




x
y

x

Đ

Câu 36. Cho hàm số y x 3



2m1



x2 



3 m x



2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số

có điểm cực trị.

 

y f x 3

A. m3. B. m3. C. 1 3. D. .

2 m

  1 3

2 m
  
Lờigiải

Tácgiả:ĐặngVăn Quang, FB: DangQuang
Chọn A

Hàm số y x 3



2m1



x2 



3 m x



2
TXĐ: !



 



3 2 2 1 3

y  x  m x m

Hàm số y f x

 

có ba điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y 0 có hai nghiệm x x1, 2
thỏa mãn x1  0 x2.

Trường hợp 1: Phương trình y 0 có hai nghiệm x1 0 x2 3 3



m



  0 m 3
Trường hợp 2: Phương trình y 0 có hai nghiệm x1 0 x2

Có y

 

0   0 m 3

Với m3 thì 2 (thỏa mãn)
0

3 14 ; 0 14

0
3
x

y x x y

x




   

  



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

Câu 37. Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số abc sao cho a b c, , là độ dài 3 cạnh của một tam giác cân.

A.45. B.216. C.81. D.165.

Lờigiải

Tácgiả:TrầnQuốc An, FB: TranQuocAn
Chọn D

TH1: a b c, , là độ dài 3 cạnh của một tam giác đều.
Trường hợp này có 9 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

TH2 : a b c, , là độ dài 3 cạnh của một tam giác cân và khơng đều.
Khơng làm mất tính tổng quát, giả sử a b .

*) a b c 

+ a b   2 c 1.
+ a b   3 c 1, 2.
+ a b   4 c 1, 2,3.
………..

+a b   9 c 1, 2,3,...,8

Có : số thỏa bài tốn.
 1 2 3 .. 8 36    

*) a b c 

Do .

c

a b c    a c

+ 9 9 9 5,6,7,8.

c     a a

+ c     8 4 a 8 a 5,6,7.

+ 7 7 7 4,5,6

c     a a

+ c     6 3 a 6 a 4,5.

+ 5 5 5 3, 4.

c     a a

+ c     4 2 a 4 a 3

+ 3 3 3 2.

c     a a

+ c2,1 khơng có a tương ứng.

Có : số thỏa bài toán.
 4 3 3 2 2 1 1 16      

Trong trường hợp , có : số thỏa mãn.

 a b c  36 16 52 

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

Theo quy tắc cộng ta có: 9 52.3 165  số thỏa mãn yêu cầu bài toán bài toán.

Câu 38. Trong mặt phẳng tọa độOxy, cho tam giác ABC cóA



3 0; ,B ; ,C ;

    

3 0 2 6 . Gọi H a;b

 

là
trực tâm của tam giácABC. Tính 6ab

A. 10. B. .5 C. 60. D. 6.

Lờigiải

Tác giả : NguyễnVănĐiệp, FB: NguyễnVănĐiệp
Chọn A

H
A

B C

Đường thẳng AH đi qua A



3 0;



và nhận BC 



1 6;



làm véctơ pháp tuyến. Suy ra
phương trình đường thẳng AH là: x6y 3 0.

Đường thẳng BH đi qua B ;

 

3 0 và nhận AC

 

5 6; làm véctơ pháp tuyến. Suy ra phương
trình đường thẳng BH là: 5x6y 15 0 .

Ta có Tọa độ là nghiệm của hệ 6 3
5 6 15 0

0 5

2
6

x y

H ;

  

  

   

  

 

 .

H  AHBH  H

Do đó 2 5 6 10 .
6

a ;b  ab

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

A. . B. . C. . D. .
12



1
11 12
 11
12
Lờigiải

Tác giả : NguyễnThị Lan, FB: Nguyen Thi Lan
Chọn A

Coi khối lập phương có cạnh . Thể tích khối lập phường là 1 V 1.
Từ giả thiết ta suy ra khối nón có chiều cao h1, bán kính đáy 1.

r
Thể tích lượng nước trào ra ngồi là thể tích của khối nón.V1

Ta có: 2 .

1 1 1

. .1

3 3 4 12

V  r h   

Thể tích lượng nước cịn lại trong thùng là: 2 1 1 12 .

12 12

V    V V   
Do đó: 1 .

2 12
V
V






Câu 40. Cho giới hạn (phân số tối giản). Giá trị của là
3

1 5 1
lim

4 3

x

x x a

b

x x



  



  T 2a b

A. 1. B. . C. . D. .

9 1 10

9
8
Lờigiải

Tác giả : ĐàmVănThượng, FB: ThượngĐàm
Chọn C

















2
2

3 3

3 4 3

1 5 1

lim lim

4 3 4 3 1 5 1

x x

x x x x

x x

x x x x x x

 
  
   
      





















4 3 3. 3 3 9

lim .

2. 4 4 8

1 1 5 1

x

x x x

x x x



  

  



   

Vậy T 2a b 10.

Email:

Câu 41. Cho tứ diện ABCD. Gọi K L, lần lượt là trung điểm của AB và BC N. là điểm thuộc đoạn
sao cho . Gọi là giao điểm của với mặt phẳng . Tính tỉ số

CD CN 2ND P AD (KLN) PA

PD

A. 1. B. . C. . D. .

2
PA
PD 
2
3
PA
PD

3
2
PA

PD 2

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

Lờigiải

GV giải : Bùi Chí Thanh Facebook: Thanhbui
Chọn D

P

B D

C
A

I
K

L N

Giả sử LNBD I . Nối với cắt K I AD tại Suy ra P (KLN)AD P
Ta có: KL/ /ACPN/ /AC Suy ra: PA NC 2

PD  ND 

Câu 42. Tìm số nghiệm của phương trình log2xlog (2 x 1) 2

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

Lờigiải

Tác giả : PhạmThịPhương Thúy, FB: Thuy pham
Chọn B

Điều kiện: x1

Ta có: log2xlog (2 x 1) 2

2
2

log [ ( 1)] 2 ( 1) 4 4 0
1 17

2
1 17

x x x x x x

x
x

         














Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là 1 17 .
2

x 

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

A. 2. B. . C. . D. .
2

m
m

 

 

 m2   2 m 2 m2

Lờigiải

Tác giả : PhạmVănNghiệp, FB: PhạmVănNghiệp
Chọn C

Yêu cầu bài toán x2mx 1 0,  x ! m2 4 0   2 m 2.

Câu 44. Trong một lớp có



2n3



học sinh gồm An, Bình, Chi cùng 2n học sinh khác. Khi xếp tùy ý
các học sinh này vào một dãy ghế được đánh số từ đến 1



2n3



, mỗi học sinh ngồi một ghế thì
xác suất để số ghế của An, Bình, Chi theo thứ tự lập thành một cấp số cộng là 17 . Số học sinh

1155
của lớp là

A. 27. B. 25. C. 45. D. 35.

Lờigiải

Tác giả : Ngô Lê Tạo, FB: Ngô Lê Tạo
Chọn D

Số cách các xếp học sinh vào ghế là



2n3 !



Nhận xét rằng nếu ba số tự nhiên a b c, , lập thành một cấp số cộng thì a c 2b nên a c là
một số chẵn. Như vậy a c, phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ.

Từ đến 1 2n3 có n1 số chẵn và n2 số lẻ.

Muốn có một cách xếp học sinh thỏa số ghế của An, Bình, Chi theo thứ tự lập thành một cấp số
cộng ta sẽ tiến hành như sau:

Bước 1: chọn hai ghế có số thứ tự cùng chẵn hoặc cùng lẻ rồi xếp An và Chi vào, sau đó xếp
Bình vào ghế chính giữa. Bước này có 2 2 cách.

1 2

n n

A A

Bước 2: xếp chỗ cho 2n học sinh cịn lại. Bước này có

 

2 !n cách.
Như vậy số cách xếp thỏa yêu cầu này là



2 2



 

1 2 . 2 !

n n

A A n
Ta có phương trình





 









 





2 2
1 2

. 2 ! 17 1 1 2 17

2 3 ! 1155 2 1 2 2 2 3 1155
68 1019 1104 0

16
69

( )
68

n n

A A n n n n n

n n n n

n n

n
n

      

  

   

   






  

 loại

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

Câu 45. Cho một hình lập phương có cạnh bằng . Tính theo thể tích của khối bát diện đều có các đỉnh a a

là tâm các mặt của hình lập phương.

A. 1 3. B. . C. . D. .

4a

3
1
6a

3
1
12a

3
1

8a
Lờigiải

Tác giả : ĐỗTấnBảo, FB: ĐỗTấnBảo
Chọn B

Giả sử hình lập phương ABCD A B C D.     có cạnh bằng và tâm các mặt là a P Q R S O O, , , , ,
như hình vẽ.

Ta có PQ là đường trung bình của tam giác đều B CD  cạnh a 2 nên 2 .
2
a
PQ
Do đó 2 1 2 và .

PQRS

S PQ  a OO a

Vậy thể tích bát diện cần tìm là 1 . 1 3(đvtt).

3 PQRS 6

V  S OO a

Câu 46. Đồ thị hàm số y f x

 

đối xứng với đồ thị hàm số y a a x



0,a1



qua điểm I

 

1;1 . Giá trị

của biểu thức 2 log 1 bằng

2018
a

f   

 

A.2016. B.2016. C.2020. D.2020.

Lờigiải

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Chọn B

Gọi

 

C là đồ thị hàm số y a x;

 

C1 là đồ thị hàm số y f x

 

.
.

 

1
1

2 log ;

2018

a M

M  y  C

 

1
2 log

2018

M a

y f  

    

 

Gọi N đối xứng với M qua I

 

1;1 log 1 ; 2 .
2018

a M

N y 

   

 

Do đồ thị

 

C1 đối xứng

 

C qua I

 

1;1 nên log 1 ; 2

 

.
2018

a M

N y  C

 

 

N C 2 loga20181

M

y a

   2 log 2018a

M

y a

    2 yM 2018  yM  2016
Vậy 2 log 1 2016.

2018

a

f    

 

Câu 47. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số ysin3x3cos2x m sinx1 đồng biến trên
3

;
2



 

 

 

A.m3. B.m0. C.m3. D.m0.

Lờigiải

Tác giả : NguyễnTuyết Lê, FB: Nguyen Tuyet Le
Chọn B

Ta có: y f x( ) sin 3x3sin2x m sinx4 (1).
Đặt tsinx, do ;3



1;0



x   t

 

Hàm số (1)trở thành y g (t) t3 3t2mt4(2).

Hàm số (1)đồng biến trên ;3 khi và chỉ khi hàm số nghịch biến trên
2




 

 

  (2)



1;0



( tại hữu hạn điểm).





,(t) 0, 1;0

g t

     g,(t) 0

Hàm số y g (t) t3 3t2mt4trên



1;0



, ta có g,(t) 3 t2 6t m.
Suy ra:

g,(t) 0,   t



1;0



3t2      6t m 0, t



1;0



3t2 6t m t,  



1;0



</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Ta có h'(t) 6     t 6 0, t



1;0



h t( )đồng biến trên



1;0



.
max

[‒1;0] ℎ(𝑡)=ℎ(0) = 0

Tức g,(t) 0,   t



1;0



.Do đó có .

 max

[‒1;0]ℎ(𝑡) ≤ 𝑚 ∀𝑡 ∈[‒1;0]

0
m
Hàm số (1)đồng biến trên ;3 khi và chỉ khi .Chọn đáp án B

2



 

 

  m



0;



Câu 48. Một cái phễu có dạng hình nón chiều cao của phễu là 30cm. Người ta đổ một lượng nước vào
phễu sao cho chiều cao của cột nước trong phễu bằng 15cm (hình H1 ). Nếu bịt kín miệng phễu
rồi lật ngược phễu lên ( hình H2 ) thì chiều cao của cột nước trong phễu gần với giá trị nào sau
đây ?

H2
H1

A. 1,553

 

cm . B. 1,306

 

cm . C. 1, 233

 

cm D. 15

 

cm .
Lờigiải

Tác giả : Lưu Quí Hiền, FB: lưu q hiền
Phảnbiện:NguyễnĐứcDuẩn

Chọn B

M

A O

E
N

P

O
A

E

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Phễu có dạng hình nón, gọi là đỉnh, đáy là đường trịn tâm , bán kính E O OA
chiều cao OE30cm .

Gọi là thể tích của khối nón có đỉnh , đáy là đường tròn tâm , bán kính V E O OA.
Ta có 1 . 2. 10 2

V  OA OE OA

Gọi M là trung điểm của đoạn OE N, là trung điểm của đoạn EA.Khi đổ nước vào phễu
chiều cao của cột nước là EM 15cm.

Gọi là thể tích của khối nón có đỉnh , đáy là đường trịn tâm V1 E M , bán kính MN.
Thể tích nước là

 2 2 2

1 5

. . 5 . .

3 4

V   MN EM   MN  OA 1 1

V V

 

Khi bịt kín miệng phễu rồi lật ngược phễu lên, chiều cao của cột nước là OP.
Gọi là thể tích của khối nón có đỉnh , đáy là đường tròn tâm , bán kính V2 E P PQ

Ta có 2

2 1

7 7

8 8

V

V V V V

V

    

2
2
1

. . 7

1 . . 8

PQ PE
OA OE




  22. 7

 

. 8

PQ PE
OA OE

 

Ta có PEQ vng tại và P OEA vng tại có O OEA PEQ!  !
và đồng dạng

PEQ

  OEA PQ PE

OA OE

 

Do đó

 

3
7
1

8
PE
OE

 

  

 

37
2

PE
OE

  37

OE OP
OE



 

37
1

OP OE 

    

 

37
30 1

 

   

 1,306cm

Câu 49. Hàm số ylog 42



x2xm



có tập xác định là thì !

A. 1. B. . C. . D. .

m m0 1

m 1

m
Lờigiải

Tác giả : Phùng Hằng, FB: Hằng Phùng 
Phảnbiện:NguyễnĐứcDuẩn
Chọn D

Điều kiện xác định: 4x2x m 0

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Khi đó (*) trở thành m    t2 t, t 0 với

0; 

max ( )

m f t



  f t( )  t2 t t, 0
Ta có: f t'

 

  2t 1, '

 

0 1

f t   t

Bảng biến thiên của hàm số f t( )  t2 t t, 0 :

t 0 1

2 

 

f t + 0

- 

f t

1
4



Từ BBT ta thấy đạt được khi

0; 

1
max ( )

f t

 

1
2

t

Vậy

0; 

 

1
max

m f t m



  

Câu 50. Cho hình thang vng ABCD có đường cao AB2a , các cạnh đáy AD a và BC 3a. Gọi
là điểm trên đoạn sao cho . Tìm để

M AC AM k AC k BM CD

A. 4. B. . C. . D. .

3
7

1
3

2
5
Lờigiải

Tác giả : NguyễnĐứcDuẩn
Chọn D

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Theo bài ra ta có B(0;0), (0; 2), (3;0), (1; 2)A C D

Khi đó AC (3; 2) . Phương trình tham số của đường thẳng AC là x3t

y22t





 ,t!

Gọi MACM t(3 ; 2 2 ) t . Ta có BM (3 ; 2 2 )t  t và DC(2; 2)
Để BM DC thì . 0 6 4 4 0 2

BM DC   t t   t

  6 6

;
5 5

M 

  

 

Khi đó 6; 4 52 và

5 5 5

AM    AM 

 





3; 2



AC   AC



Vì AM k AC và  AM AC, cùng chiều 52 2
5
5 13
AM

k
AC

</div>

Đề thi thử THPT quốc gia

 

 









 

 

 

 

 



 

 

 























 

 









 







<sub> </sub>

<sub></sub>

<i>n</i>

<i>n</i>

<i>n</i>

<i>n</i>

 

 















 





















































