(Toanmath.com) - Giải Và Phân Tích Đề Minh Họa Môn Toán 2018

Đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018 The best or nothing
ĐỀ MINH HỌA BỘ GD & ĐT KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2018

Ngọc Huyền LB sưu tầm và giới thiệu Môn: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút
Câu 1: Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành
diễn số phức: được tính theo công thức:
b b
A. V   f 2  x  dx. B. V  2 f 2  x  dx.
y
a a
1 b b
C. V  2  f 2  x  dx. D. V  2  f  x  dx.
–2 O x a a
A. z  2  i. B. z  1  2i. Câu 7: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên

C. z  2  i. D. z  1  2i. như sau:
x2
Câu 2: lim bằng: x 0 2
x  x3
2 – 0 0 –
A.  . B. 1. C. 2. D. 3.
3
Câu 3: Cho tập hợp M có 10 phần tử. Số tập con
5
gồm 2 phần tử của M là: y
1
8
A. A10 . 2
B. A10 . 2
C. C10 . D. 10 2.
Câu 4: Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h Hàm số đạt cực đại tại điểm:
và diện tích đáy bằng B là: A. x  1. B. x  0. C. x  5. D. x  2.
1 1
A. V  Bh. B. V  Bh. Câu 8: Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào
3 6
dưới đây đúng?
1
C. V  Bh. D. V  Bh.
A. log  3a   3log a.
1
2 B. log a3  log a.
3
Câu 5: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên
D. log  3a   log a.
1
C. log a3  3log a.
như sau: 3
x – 0 2 Câu 9: Họ nguyên hàm của hàm số f  x   3x2  1
2 là:
0 – 0 0 –
x3
3 3 A. x3  C. B.  x  C.
3
y
–1 C. 6x  C. D. x 3  x  C.
Câu 10: Trong không gian Oxyz , cho điểm
Hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng nào A  3; 1;1. Hình chiếu vuông góc của A trên mặt
dưới đây? phẳng Oyz  là điểm:
A.  2; 0  . B.  ; 2  .
A. M  3;0;0  . B. N  0; 1;1 .
C.  0; 2  . D.  0;  .
C. P  0; 1;0  . D. Q  0;0;1 .
Câu 6: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn
Câu 11: Đường cong trong hình bên là đồ thị của
a; b . Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số nào dưới đây?
của hàm số y  f  x  , trục hoành và hai đường
thẳng x  a, x  b  a  b  . Thể tích của khối tròn
Đặt sách online tại: tiki.vn | newshop.vn | pibook.vn | lovebook.vn

Ngọc Huyền LB – Nguyễn Ngọc Nam More than a book
y Số nghiệm của phương trình f  x   2  0 là:

A. 0. B. 3. C. 1. D. 2.
Câu 18: Giá trị lớn nhất của hàm số
f  x   x4  4x2  5 trên đoạn 2; 3 bằng:
O x A. 50. B. 5. C. 1. D. 122.
2
dx
A. y  x  2x  2.
4 2
B. y  x  2x  2.
4 2 Câu 19: Tích phân x3
0
bằng:
C. y  x3  3x2  2. D. y  x3  3x2  2. 16 5 5 2

A. .B. log . C. ln . D. .
Câu 12: Trong không gian Oxyz , cho đường 225 3 3 15
Câu 20: Gọi z 1 và z 2 là hai nghiệm phức của
x  2 y 1 z
thẳng d :   . Đường thẳng d có một
1 2 1 phương trình 4 z 2  4 z  3  0. Giá trị của biểu thức
vectơ chỉ phương là: z1  z2 bằng:
A. u1   1; 2;1 . B. u2   2;1;0  . A. 3 2. B. 2 3. C. 3. D. 3.
C. u3   2;1;1 . D. u4   1; 2;0  . Câu 21: Cho hình lập phương ABCD.ABCD có
Câu 13: Tập nghiệm của bất phương trình cạnh bằng a (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng
cách giữa hai đường thẳng BD và A’C’ bằng:
22 x  2x6 là
A.  0; 6  . B.  ;6  . C.  0; 64  . D.  6;  .
A D
Câu 14: Cho hình nón có diện tích xung quanh

B
C
bằng 3a2 và bán kính đáy bằng a. Độ dài đường
sinh của hình nón đã cho bằng:
A’
3a D’
A. 2 2 a. B. 3a. C. 2a.
. D.
2
Câu 15: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm B’ C’
M  2;0;0  , N  0; 1;0  và P  0;0; 2  . Mặt phẳng 3a

A. 3a. B. a. . D. 2 a. C.
 MNP  có phương trình là: 2
Câu 22: Một người gửi 100 triệu đồng vào một
x y z x y z
A.    0. B.    1. ngân hàng với lãi suất 0,4%/ tháng. Biết rằng nếu
2 1 2 2 1 2
không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi
x y z x y z
C.    1. D.    1. tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu
2 1 2 2 1 2
để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau đúng 6
Câu 16: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm
tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu
cận đứng?
và lãi) gần nhất với số tiền nào dưới đây, nếu
x2  3x  2 x2
A. y  . B. y  2 . trong khoảng thời gian này người đó không rút
x 1 x 1
tiền ra và lãi suất không thay đổi?
x
C. y  x2  1. D. y  . A. 102.424.000 đồng. B. 102.423.000 đồng.
x1
Câu 17: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên
C. 102.016.000 đồng. D. 102.017.000 đồng.
Câu 23: Một hộp chứa 11 quả cầu gồm 5 quả cầu
như sau:
màu xanh và 6 quả cầu màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên
x –1 3 đồng thời 2 quả cầu từ hộp đó. Xác suất để 2 quả
0 – 0 cầu chọn ra cùng màu bằng:
4 5 6 5 8
A. . B. . C. . D. .
y 22 11 11 11
–2
Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com

Câu 24: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm Câu 29: Trong không gian Oxyz, cho hai đường
A  1; 2;1 và B  2;1;0  . Mặt phẳng qua A và thẳng d1 :
x3 y3 z2
  ; d2 :
x5 y 1 z 2
 
1 2 1 3 2 1
vuông góc với AB có phương trình là:
A. 3x  y  z  6  0. B. 3x  y  z  6  0.
và mặt phẳng  P : x  2y  3z  5  0. Đường
C. x  3 y  z  5  0. D. x  3 y  z  6  0. thẳng vuông góc với  P  , cắt d và d có phương
1 2
Câu 25: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất trình là:
cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của SD x 1 y 1 z x  2 y  3 z 1
A.   . B.   .
1 2 3 1 2 3
(tham khảo hình vẽ bên). Tang của góc giữa
x3 y3 z2 x 1 y 1 z
đường thẳng BM và mặt phẳng  ABCD  bằng: C.   . D.   .
1 2 3 3 2 1
S Câu 30: Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham
1
số m để hàm số y  x 3  mx  đồng biến trên
M 5x 5
khoảng  0;   ?
A
D
A. 5. B. 3. C. 0. D. 4.
B C
Câu 31: Cho H là hình phẳng giới hạn bởi
2 3 2 1 parabol y  3x2 , cung tròn có phương trình

A. . B. . C. . D. .
2 3 3 3 y  4  x2 (với 0  x  2 ) và trục hoành (phần tô
Câu 26: Với n là số nguyên dương thỏa mãn
đậm trong hình vẽ). Diện tích của  H  bằng:
Cn1  Cn2  55, số hạng không chứa x trong khai
n
y
 2 
triển của biểu thức  x 3  3  bằng:
 x 
2
A. 322560. B. 3360. C. 80640. D. 13440.
Câu 27: Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương
2
trình log 3 x.log 9 x.log 27 x.log 81 x  bằng:
3
O 2 x
82 80
A. . B. . C. 9. D. 0.
9 9 4  3 4  3
Câu 28: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi A. . B. .
12 6
một vuông góc với nhau và OA  OB  OC. Gọi 4  2 3  3 5 3  2
C. . D. .
M là trung điểm của BC (tham khảo hình vẽ bên). 6 3
Góc giữa hai đường thẳng OM và AB bằng: 2
dx
Câu 32: Biết   a  b  c với
A 1  x  1 x  x x1
a , b, c là các số nguyên dương. Tính P  a  b  c.
A. P  24. B. P  12. C. P  18. D. P  46.
Câu 33: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 4.
B Tính diện tích xung quanh Sxq của hình trụ có một
O
M
đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác
BCD và chiều cao bằng chiều cao tứ diện ABCD.
C
16 2 
A. 90. B. 30. C. 60. D. 45. A. Sxq  . B. Sxq  8 2 .
3
16 3
C. Sxq  . D. Sxq  8 3 .
3
Câu 34: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của Câu 41: Trong không gian Oxyz, cho điểm
tham số m để phương trình: M 1;1; 2  . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng  P  đi qua
16  2.12   m  2  .9  0
x x x
M và cắt các trục xOx , yOy , zOz lần lượt tại các
có nghiệm dương? điểm A,B,C sao cho OA  OB  OC  0 ?
A. 1. B. 2. C. 4. D. 3. A. 3. B. 1. C. 4. D. 8.
Câu 35: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số Câu 42: Cho dãy số u 
n
thỏa mãn
m để phương trình 3
m  3 3 m  3sin x  sin x có log u1  2  log u1  2log u10  2log u10 và un1  2un
nghiệm thực?
với mọi n  1 . Giá trị nhỏ nhất của n để un  5100
A. 5. B. 7. C. 3. D. 2.
Câu 36: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham bằng:
số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số A. 247. B. 248. C. 229. D. 290.
Câu 43: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
y  x3  3x  m trên đoạn 0; 2  bằng 3. Số phần
m để hàm số y  3x4  4 x3  12 x2  m có 7 điểm
tử của S là:
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. cực trị?
A. 3. B. 5. C. 6. D. 4.
1
Câu 37: Cho hàm số f  x  xác định trên \  Câu 44: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm
2 
 8 4 8
thỏa mãn f   x  
2
, f  0   1 và f 1  2 . A  2; 2;1 , B   ; ;  . Đường thẳng đi qua tâm
2x  1  3 3 3
Giá trị của biểu thức f  1  f  3 bằng: của đường tròn nội tiếp của tam giác OAB và
A. 4  ln15 . B. 2  ln15 . vuông góc với mặt phẳng OAB  có phương trình
C. 3  ln15 . D. ln15 . là:
Câu 38: Cho số phức z  a  bi ,  a, b   thỏa mãn x1 y 3 x1 x1 y 8 z4
A.   . B.   .
z  2  i  z 1  i   0 và z  1 . Tính P  a  b . 1 2 2 1 2 2
1 5 11 2 2 5
A. P  1. B. P  5. C. P  3. D. P  7. x y z x y z
C. 3 3 6 . D. 9 9 9.
Câu 39: Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f   x  1 2 2 1 2 2
có đồ thị như hình bên. Hàm số y  f  2  x  đồng
Câu 45: Cho hai hình vuông ABCD và ABEF có
cạnh bằng 1, lần lượt nằm trên hai mặt phẳng
biến trên khoảng:
vuông góc với nhau. Gọi S là điểm đối xứng với B
y
qua đường thẳng DE. Thể tích của khối đa diện
–1
ABCDSEF bằng:
1 4
O x 7 11 2 5
A. . B. . C. . D. .
6 12 3 6
Câu 46: Xét các số phức z  a  bi  a, b   thỏa
mãn z  4  3i  5 . Tính P  ab khi

A. 1; 3 . B.  2;   . C.  2;1 . D.  ; 2  .
z  1  3i  z  1  i đạt giá trị lớn nhất.
x  2
Câu 40: Cho hàm số y  có đồ thị  C  và A. P  10 . B. P  4 . C. P  6 . D. P  8 .
x 1
điểm A  a;1 . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị
Câu 47: Cho hình lăng trụ tam giác đều
ABC.ABC  có AB  2 3 và AA  2 . Gọi M,N,P
thực của a để có đúng một tiếp tuyến của  C  đi
lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC và
qua A. Tổng giá trị của tất cả các phần tử của S BC ( tham khảo hình vẽ bên). Côsin của góc tạo
bởi hai mặt phẳng  ABC và  MNP  bằng:
bằng:
3 5 1
A. 1. B. . C. . D. .
2 2 2
Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com
bằng 1. Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với
cả ba mặt cầu S1  , S2  , S3  ?
N
A. 5. B. 7. C. 6. D. 8.
M Câu 49: Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học
sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B, 5 học sinh lớp
C 12C thành một hàng ngang. Xác suất để trong 10
học sinh trên không có 2 học sinh cùng lớp đứng
P cạnh nhau bằng:
11 1 1 1
B A A. . B. . C. . D. .
630 126 105 42
A.
6 13
. B.
13
. C.
17 13
. D.
18 13
. Câu 50: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên
65 65 65 65 1
đoạn 0;1 thỏa mãn f 1  0 ,   f   x  dx  7 và
2
Câu 48: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm
A 1; 2;1 , B 3; 1;1 , C  1; 1;1  . Gọi  S1  là mặt
0
1 1
 x f  x  dx  3 . Tính  f  x  dx.
1
cầu có tâm A, bán kính bằng 2; S2  và S3  là hai
2
0 0
mặt cầu có tâm lần lượt là B,C và bán kính đều 7 7

A. . B. 1. C. . D. 4.
5 4

Đáp án chi tiết đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018 The best or nothing
ĐÁP ÁN CHI TIẾT MINH HỌA KỲ THI THPT QUỐC GIA 2018
1.A 2.C 3.D 4.C 5.C 6.B 7.D 8.D 9.B 10.C
11.C 12.A 13.D 14.A 15.D 16.D 17.C 18.A 19.D 20.C
21.B 22.B 23.A 24.D 25.A 26.A 27.A 28.D 29.C 30.C
31.A 32.A 33.B 34.D 35.C 36.B 37.D 38.B 39.D 40.C
41.A 42.C 43.A 44.D 45.B 46.A 47.C 48.C 49.B 50.D
y
Câu 1: Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức
1
A. z  2  i B. z  1  2i C. z  2  i D. z  1  2i
x
–2 O Lời giải chi tiết:
Trong hình vẽ bên, trên hệ trục tọa độ Oxy, điểm M có tọa độ là M  2;1 . Do
STUDY TIPS
Trong hệ trục tọa độ Oxy, vậy điểm M biểu diễn số phức z  2  i .
nếu điểm M có tọa độ là
Đáp án A.
M  a; b  thì M là điểm biểu
diễn của số phức z  a  bi x2
Câu 2: lim bằng
 a, b   . x x3
2
A.  B. 1 C. 2 D. –3
3
STUDY TIPS
Lời giải chi tiết:
P  x
Tính giới hạn lim với Cách 1: Tư duy tự luận
x Q x
P  x
 2 2

a m x m  ...  a1 x  a 0 x1   1
Q  x b m .x m  ...  b1 x  b0 x2  x x 1.
Ta có lim  lim  lim
x x  3 x  3  x 3
ta chia cả tử và mẫu của x1   1
phân thức đó cho x m và giới  x x
hạn cần tính là Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
P  x am
lim  . X2
  bm
x Q x
Nhập vào màn hình và CALC X  106
X3
aQ)p2RQ)+3r10^6=
Máy hiện kết quả bằng 0,999995  1 .
Đáp án B.
Câu 3: Cho tập hợp M có 10 phần tử. Số tập con gồm 2 phần tử của M là
STUDY TIPS 8
A. A10 2
B. A10 2
C. C10 D. 102
Giả sử tập A có n phần tử,
mỗi tập con gồm k phần tử Lời giải chi tiết:
của A được tính theo công 2
thức được gọi là một tổ hợp
Số tập con gồm 2 phần tử của M là C10 (tập hợp).
chập k của n phần tử đã cho. Đáp án C.
Kí hiệu là C kn trong đó
Câu 4: Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là
0kn.
1 1 1
A. V  Bh B. V  Bh C. V  Bh D. V  Bh
3 6 2
Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h, diện tích đáy Sđáy  B được tính theo
1 1
công thức V  Sđáy .h  Bh .
3 3
Đáp án A.
LOVEBOOK.VN| 1
Câu 5: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau
x –2 0 2
0 – 0 0 –
3 3
y
–1
Hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A.  2; 0  B.  ; 2  C.  0; 2  D.  0;  

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy hàm số y  f  x  nghịch biến trên mỗi khoảng
 2; 0 và  2;   .
Đáp án A.
Câu 6: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  a; b  . Gọi D là hình phẳng giới
hạn bởi đồ thị của hàm số y  f  x  , trục hoành và hai đường thẳng x  a, x  b
 a  b . Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành được
tính theo công thức
b b
A. V   f 2  x  dx B. V  2 f 2  x  dx
a a
b b
C. V  2  f 2  x  dx D. V  2  f  x  dx
a a

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành được tính theo
b
công thức Vx   f 2  x  dx .
a
Đáp án A.
x 0 2
– 0 0 –
5
y
1
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm

A. x  1 B. x  0 C. x  5 D. x  2
Quan sát bảng biến thiên, ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại điểm x  0 .
Đáp án B.
LOVEBOOK.VN| 2
Câu 8: Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?
1
A. log  3a   3log a B. log a 3  log a
3
D. log  3a   log a
1
C. log a3  3log a
3
Cách 1: Tư duy tự luận
Ta có log  3a   log 3  log a . Loại phương án A, D.
STUDY TIPS
Cho hai số thực dương a, b;
a  1 . Với mọi  ta có: Lại có log a3  3log a . Loại B.
log a b  .log a b
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
* Nhập vào màn hình log  3X   3log  X  , CALC X  1,3
g3Q))p3gQ))r1.3=
Máy hiện kết quả bằng 0,2492345501. Loại A.
1
3
 
* Nhập vào màn hình log X 3  log  X  , CALC X  1,3
gQ)qd)p1a3$gQ))r1.3=
Máy hiện kết quả bằng 0,3038489395. Loại B.
 
* Nhập vào màn hình log X 3  3log  X  , CALC X  1,3
!!!!!oooo3r1.3=
Máy hiện kết quả bằng 0. Chọn C.
Đáp án C.
Câu 9: Họ nguyên hàm của hàm số f  x   3x2  1 là
x3
A. x3  C B.  xC C. 6x  C D. x3  x  C
STUDY TIPS 3
Cách 1 có sử dụng các công
thức sau:
 f  x  g  x dx 
1. Cách 1: Tư duy tự luận
 f  x  dx    3x  x3
 f  x  dx   g  x  dx Ta có 2
 1 dx  3 x 2dx   dx  3.  x  C  x3  x  C .
3
2.  dx  x  C
x1
3.  x dx 

 C,    1
 1
* Nhập vào màn hình
d
dx
X3 
xX
 
 3X 2  1 , CALC với X  1,5
qyQ)qd$Q)$p(3Q)d+1)r1.
5=
Kết quả bằng –1. Loại A.
d  X3 
* Sửa màn hình thành 
dx  3
 X
x  X
 
 3X 2  1 , CALC với X  1,5

$$$$$$a3$+Q)r1.5=
Kết quả bằng –4,5. Loại B.
* Sửa màn hình thành

d
dx
 6X 
xX
 
 3X 2  1 , CALC với X  1,5
$$$$$$$$$$$ooooooooo6r1
.5=
7
Kết quả bằng  . Loại C.
4
LOVEBOOK.VN| 3
* Sửa màn hình thành

d
dx

X3  X 
xX
 
 3X 2  1 , CALC với X  1,5
$$$oQ)qd+r1.5=
Kết quả bằng 0. Chọn D.
Đáp án D.
STUDY TIPS
Trong hệ trục tọa độ Oxyz, Câu 10: Trong không gian Oxyz, cho điểm A  3; 1;1 . Hình chiếu vuông góc của
cho điểm M  x0 ; y 0 ; z0 
A trên mặt phẳng Oyz  là điểm
1. Hình chiểu của điểm M
trên mặt phẳng  Oxy  là A. M  3; 0; 0  B. N  0; 1;1 C. P  0; 1; 0  D. Q  0; 0;1
x 0
; y0 ; 0  .
2. Hình chiếu của điểm M
trên mặt phẳng  Oyz  là Hình chiếu của điểm A  3; 1;1 trên mặt phẳng Oyz  là N  0; 1;1 .
 0; y 0
; z0  . Đáp án B.
3. Hình chiếu của điểm M
Câu 11: Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
trên mặt phẳng  Oxz  là
A. y  x4  2x2  2 B. y  x4  2x2  2
x 0
; 0; z0  .
C. y  x3  3x2  2 D. y  x3  3x2  2
y
Đồ thị hình bên có dạng chữ M nên là hàm trùng phương với hệ số a  0 . Ta
thấy chỉ có phương án A thỏa mãn.
x Đáp án A.
O x  2 y 1 z
Câu 12: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :   . Đường
1 2 1
thẳng d có một vectơ chỉ phương là
STUDY TIPS
Trong không gian với hệ
A. u1   1; 2;1 B. u2   2;1; 0 
trục tọa độ Oxyz, đường
C. u3   2;1;1 D. u4   1; 2; 0 
thẳng d đi qua M  x0 ; y 0 ; z0 
và nhận u   a; b; c  , Lời giải chi tiết:

x  2 y 1 z
a2  b2  c2  0 làm vectơ chỉ Đường thẳng d :   có một vectơ chỉ phương là u   1; 2;1 .
phương (VTCP) thì có 1 2 1
phương trình chính tắc là: Đáp án A.
x  x0 y  y 0 z  z0
 
a b c Câu 13: Tập nghiệm của bất phương trình 22 x  2x6 là
A.  0; 6  B.  ; 6  C.  0; 64  D.  6;  

STUDY TIPS
a f  x   a g x 

1. Nếu  Bất phương trình tương đương với 2x  x  6  x  6 . Vậy tập nghiệm của bất
0  a  1

phương trình là S   ; 6  .
thì f  x   g  x  .
a f  x   a g x 
 Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
2. Nếu 
a  1
 Nhập vào màn hình 22X  2X6 và CALC X  0,X  6,X  64 để tìm điểm tới hạn.
thì f  x   g  x  . 2^2Q)$p2^Q)+6r0=r6=r64
=
Suy ra x  6 là điểm tới hạn. Ta loại ngay A và C.
LOVEBOOK.VN| 4
Lại thấy khi x  0   ; 6  thì 22 x  2 x6  63  0 ; và khi x  64   6;   thì

STUDY TIPS
Dạng toán “Tìm tập nghiệm 2 2 x  2 x6  3, 4  10 38  0 . Khi đó tập nghiệm của bất phương trình 22 x  2x6 là
của bất phương trình” bằng
máy tính cầm tay đã được
 ; 6  .
tác giả để cập chi tiết tại chủ Đáp án B.
đề 8 trong cuốn “Công phá
Casio”. Câu 14: Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 3a2 và bán kính đáy bằng
A. Độ dài đường sinh của hình nón đã cho bằng
3a
A. 2 2a B. 3a C. 2a D.
2
STUDY TIPS Lời giải chi tiết:
Hình nón có bán kính đáy là Từ giả thiết ta có Sxq  3a2  rl và r  a . Vậy độ dài đường sinh của hình nón
r, độ dài đường sinh là l thì
diện tích xung quanh được Sxq 3a 2
tính theo công thức: là l    3a .
S xq  rl
r .a
Đáp án B.
Câu 15: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm M  2; 0; 0  , N  0; 1; 0  , P  0; 0; 2  .
Mặt phẳng  MNP  có phương trình là
STUDY TIPS x y z x y z
A.   0 B.    1
Nếu mặt phẳng    cắt các 2 1 2 2 1 2
trục tọa độ Ox, Oy, Oz theo x y z x y z
thứ tự lần lượt tại các điểm C.   1 D.   1
2 1 2 2 1 2
A  a; 0; 0  , B  0; b; 0  và
C  0; 0; c  với abc  0 thì Lời giải chi tiết:
 có phương trình theo
Phương trình mặt phẳng  MNP  là
x y z
   1.
x y z 2 1 2
đoạn chắn là   1.
a b c Đáp án D.
Câu 16: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng?
x 2  3x  2 x2 x
A. y  B. y  C. y  x2  1 D. y 
x 1 x2  1 x1
x 2  3 x  2  x  1 x  2 
* y   x  2 nên hàm số có đồ thị là một đường thẳng
x 1 x 1
STUDY TIPS và không có tiệm cận. Loại A.
Xét hàm phân thức dạng x2
f x * y : Ta thấy đây là một hàm phân thức (bậc hai trên bậc hai) và phương
y với f  x  ,g  x  là x2  1
g x
các đa thứC. Nếu
trình x 2  1  0 vô nghiệm trên nên đồ thị hàm số này không có tiệm cận đứng.
g  x0   0 Loại B.
 thì đường thẳng
f  x0   0 * y  x2  1 không phải là hàm số phân thức nên đồ thị không có tiệm cận đứng.
x  x0 là một đường tiệm
Loại C.
cận đứng của đồ thị hàm số.
x
* y là một hàm phân thức (bậc nhất trên bậc nhất) và phương trình
x1
x  1  0  x  1 nên đồ thị hàm số này có một đường tiệm cận đứng là x  1 .
Chọn D.
Đáp án D.
LOVEBOOK.VN| 5
x –1 3
0 – 0
4
y
–2
Số nghiệm của phương trình f  x   2  0 là

A. 0 B. 3 C. 1 D. 2
STUDY TIPS
Để xét số nghiệm của một Lời giải chi tiết:
phương trình có dạng
Số nghiệm của phương trình f  x   2  0 chính là số giao điểm của đồ thị hàm
f  x   g  m  . Ta xét số giao
điểm của đồ thị hàm số số y  f  x  và đường thẳng y  2 .
y  f  x  và đường thẳng
Quan sát bảng biến thiên, ta thấy 2  2  4 nên đường thẳng y  2 và đồ thị
y  g m qua bảng biến
hàm số y  f  x  cắt nhau tại ba điểm phân biệt. Vậy phương trình f  x   2  0
thiên (hay đồ thị) của hàm
số y  f  x  . có ba nghiệm phân biệt.
Đáp án B.
Câu 18: Giá trị lớn nhất của hàm số f  x   x4  4x2  5 trên đoạn  2; 3 bằng
A. 50 B. 5 C. 1 D. 122
Cách 1: Tư duy tự luận kết hợp casio
Xét hàm số f  x   x4  4x2  5 trên đoạn  2; 3 .
x  0
 
Đạo hàm f   x   4 x 3  8 x  4 x x 2  2 ; f   x   0   (thỏa mãn).
 x   2
Nhập vào màn hình X 4  4X 2  5 và CALC với X  2;  2; 0; 2; 3 .

Q)^4$p4Q)d+5rz2=rzs2=r
STUDY TIPS 0=rs2=r3=
Dạng toán “Tìm giá trị lớn
nhất – giá trị nhỏ nhất của
hàm số trên một đoạn”
(bằng tư duy tự luận và tư
duy casio) đã được đề cập
chi tiết trong cuốn “Công
phá toán 3” và “Công phá
Casio”.

Suy ra f  2   f  0   5; f  2  f  2   1; f  3  50 và max f  x   f  3  50 .
2;3 

Sử dụng TABLE và nhập vào máy hàm số f  X   X4  4X2  5 . Chọn
32 5
Start  2;End  3 và Step   .
19 19
w7Q)^4$p4Q)d+5==p2=3=5P
19=
Quan sát bảng giá trị, ta thấy max f  x   f  3   50 .

 2;3 
Đáp án A.
LOVEBOOK.VN| 6
2
dx
Câu 19: Tích phân  x3
0
bằng
16 5 5 2
A. B. log C. ln D.
225 3 3 15
2
dx 2
d  x  3 2
5
Ta có 0 x  3 0 x  3  ln x  3
  ln 5  ln 3  ln
3
.
0

2
1 16
* Nhập vào màn hình  X  3 dx  225
0
y1aQ)+3R0E2$p16a225=
Máy hiện kết quả là 0,4397145127... Loại A.
2
1  5
* Sửa màn hình thành  X  3 dx  log  3 
0
!oooooooog5a3$)=
Máy hiện kết quả bằng 0,2889768741... Loại B.
2
1 5
* Sửa màn hình thành  X  3 dx  ln  3 
0
!!!!!!!oh=
Máy hiện kết quả bằng 0. Chọn C.
Đáp án C.
STUDY TIPS Câu 20: Gọi z 1 và z 2 là hai nghiệm phức của phương trình 4 z 2  4 z  3  0 . Giá
Với phương pháp tư duy tự
luận, ta cũng có thể dùng trị biểu thức z1  z2 bằng
công thức nghiệm của
phương trình bậc hai để tìm A. 3 2 B. 2 3 C. 3 D. 3
nghiệm phức của phương
trình bên.
Với    2  4.3  8 Cách 1: Tư duy tự luận
2
 8i2    2 2i .  2 z  1  2i
Ta có 4 z 2  4 z  3  0  4 z 2  4 z  1  2   2 z  1  2i 2  
2
 2  2 2i 1
 2 z  1   2i
2
 z1    i
 4 2 2
 2  2 2i 1 2 
z2    i 1 2
 4 2 2  z1   i
 2 2  z  z  3 . Vậy z  z  2. 3  3 .
 1 2
1 2
2 1 2
2
 z2   i
 2 2
Giải phương trình 4 z 2  4 z  3  0 và lưu nghiệm vào các biến nhớ A, B.
w534=p4=3==qJz=qJx
Về phương thức CMPLX, thực hiện phép tính trong môi trường số phức
w2qcQz$+qcQx=
Máy hiện kết quả bằng 3.
Đáp án D.
LOVEBOOK.VN| 7
Câu 21: Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh bằng a (tham khảo hình
vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và AC
3a
A. 3a B. a C. D. 2a
2
A D
 BD //  ABCD 

B
C 
Ta có  BD   ABCD   d  BD; AC   d BD;  ABC D   d D;  ABC D    

 AC   ABCD 
A’
D’ 
Mặt khác, do DD   ABCD nên d D;  ABCD   DD  a . 
Vậy d  BD; AC  a .
B’ C’
z Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ: A  0;0;0  , B  a; 0; 0  , C  a; a; 0  ,
A D D  0; a;0  ; A  0; 0; a  , B  a; 0; a  , C  a; a; a  , D  0; a; a  .
Ta có BD   a; a; 0  , AC   a; a; 0  và DA   0; a; a  .

B
C
 BD , AC .DA
 
Khi đó d  BD; AC   . Đưa máy về phương thức
A’ y  BD , AC
D’  
B’ VECTOR và nhập VctA  1,1,0 ,VctB  1,1,0 ,VctC  0, 1, 1 .
C’
x
w811p1=1=0=q51211=1=0=q
STUDY TIPS
51310=p1=p1=
Kĩ thuật “Gắn hệ trục tọa độ
Oxyz” đã được đề cập chi
tiết tại Phụ lục 3 trong cuốn
 
“Công phá Casio”.
Ấn AC và nhập vào màn hình Abs  VctA  VctB   VctC  Abs  VctA  VctB 
Cqc(q53Oq54)q57q55)Pqc
q53Oq54)=
Máy hiện kết quả bằng 1. Vậy d  BD; AC  a .
Đáp án B.
Câu 22: Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0,4%/tháng.
STUDY TIPS Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi
Gửi vào ngân hàng một số sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau đúng 6
tiền là a đồng với lãi suất r tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) gần nhất với số tiền nào
mỗi tháng theo hình thức lãi
dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền ra và lãi suất
kép. Gửi theo phương thức
có kì hạn m tháng. Số tiền cả không thay đổi?
gốc lẫn lãi A sau n kì A. 102.424.000 đồng B. 102.423.000 đồng
hạn.được tính theo công C. 102.016.000 đồng D. 102.017.000 đồng
thức:
Phân tích:
An  a 1  mr 
n
Sau một tháng, số tiền người đó có trong ngân hàng là T1  A  A.r  A 1  r 
Sau hai tháng, số tiền người đó có là T2  T1  T1 .r  T1 1  r   A 1  r 

2
LOVEBOOK.VN| 8
Sau ba tháng, số tiền người đó có là T3  T2  T2 .r  T2 1  r   A 1  r 

3
……….
Tương tự, sau n tháng, số tiền người đó nhận được là Tn  A 1  r  1
n

Áp dụng công thức 1 với A  100.000.000 đồng, r  0,4% và n  6 tháng, ta có
T6  100000000. 1  0,4%  102424000 (đồng).

6
Đáp án A.
Câu 23: Một hộp chứa 11 quả cầu gồm 5 quả cầu màu xanh và 6 quả cầu màu đỏ.
Chọn ngẫu nhiên đồng thời 2 quả cầu từ hộp đó. Xác suất để 2 quả cầu chọn ra
cùng màu bằng
5 6 5 8
A. B. C. D.
22 11 11 11
Không gian mẫu là “Chọn ngẫu nhiên 2 quả cầu từ hộp chứa 11 quả cầu”. Khi
đó số phần tử của không gian mẫu là n    C11
2
.
Gọi A là biến cố “2 quả cầu chọn ra có cùng màu”. Để tính số phần tử của biến
cố A, ta xét các trường hợp sau:
* Chọn hai quả cầu cùng màu xanh có C52 cách chọn.
* Chọn hai quả cầu cùng màu đỏ có C62 cách chọn.
Số kết quả thuận lợi có biến cố A là n  A  C52  C62 .
n  A C52  C62
Vậy xác suất cần tính là P  A  
5
  .
n  C 2
11
11
Đáp án C.
Câu 24: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  1; 2;1 và B  2;1; 0  . Mặt
phẳng qua A và vuông góc với AB có phương trình là
A. 3x  y  z  6  0 B. 3x  y  z  6  0
C. x  3y  z  5  0 D. x  3y  z  6  0

Ta có AB   3; 1; 1 . Mặt phẳng  P  đi qua A và vuông góc với AB nên có vectơ
pháp tuyến là n P    3; 1; 1 .
Phương trình mặt phẳng  P  là 3  x  1   y  2    z  1  0  3x  y  z  6  0 .

Đáp án B.
S Câu 25: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng A. Gọi M là
trung điểm của SD (tham khảo hình vẽ bên). Tang của góc giữa đường thẳng BM
M và mặt phẳng  ABCD  bằng
A D 2 3 2 1
A. B. C. D.
2 3 3 3
B C Lời giải chi tiết:
LOVEBOOK.VN| 9
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Từ giả thiết suy ra SO   ABCD .

Gọi I là trung điểm của OD thì MI là đường trung bình của SOD
 MI // SO và MI  SO . Khi đó MI   ABCD .
1
S
2
M   
Suy ra BM ,  ABCD   BM , BI  MBI . 
a 2 1 a 2 3a 2
A D Ta có BD  a 2  BO  OD   OI  OD   BI  BO  OI  .
2 2 4 4
I
O 2
B C a 2 a 2 1 a 2
Lại có SO  SB  OB  a  
2 2
  2
 MI  SO  .
 2  2 2 4
 
STUDY TIPS
MI a 2 3a 2 1
Hình chóp tứ giác đều là Trong tam giác BIM vuông tại I có tan MBI   :  .
BI 4 4 3
hình chóp có tất cả các cạnh
bên bằng nhau và đáy là
hình vuông. Khi đó hình
 
Vậy tan BM ,  ABCD   tan MBI 
1
3
.
chiếu của đỉnh của hình Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
chóp trên đáy là tâm của
   2a 
Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ: O  0; 0; 0  , A  
2a
đáy. ; 0; 0  , B  0;  ;0,
 2   2 
   
 2a   2a   2a   2a 2a 
z C ; 0; 0  , D  0; ; 0  , S  0; 0;  , M  0; ;  (M là trung điểm SD).
 2   2   2   4 4 
       
S
 3 2a 2a   2a 2a   2a 2a 
Ta có BM   0; ;  , BA    ; ; 0  và BC   ; ;0 .
M  4 
4     2 
  2 2   2 
Khi đó đường thẳng BM có một vectơ chỉ phương là BM , mặt phẳng  ABCD 
y
A
D
I
O có vectơ pháp tuyến là  BA , BC  .
B C x
 
 3 2 2
Đưa máy về phương thức VECTOR và nhập các vectơ: VctA  0, , ,
STUDY TIPS
 4 4 
Góc giữa đường thẳng BM  2 2   2 2 

VctB    , ,0  và VctC   , ,0  .
và mặt phẳng  ABCD   2 2   2 2 
được tính theo công thức:
w8110=3s2)P4=s2)P4=q512

sin BM,  ABCD   1zs2)P2=s2)P2=0=q5131s2
 
 cos  BM,  BA,BC  )P2=s2)P2=0=
  
BM.  BA,BC 
 
 .
BM . BA,BC 

 
  
Ấn AC, nhập Abs VctA   VctB  VctC   Abs  VctA   Abs  VctB  VctC  
Cqcq53q57(q54Oq55))P(q
cq53)Oqcq54Oq55))=w1qj
M=lM=
Máy hiện kết quả bằng

1
3
 
. Vậy tan BM ,  ABCD   tan MBI  .
1
3
Đáp án D.
LOVEBOOK.VN| 10
Câu 26: Với n là số nguyên dương thỏa mãn Cn1  Cn2  55 . Số hạng không chứa x
n
 2 
trong khai triển của biểu thức  x 3  2  bằng
 x 
A. 322560 B. 3360 C. 80640 D. 13440
n! n!
Điều kiện n  2 và n  . Phương trình Cn1  Cn2  55    55
 n  1 !  n  2 !.2!
n  n  1 n  10  tm 
 n  55  n2  n  110  0  
2 n  11  L 
10
 2
    C  x   2x 
10 10 10k k
Với n  10 ta có khai triển  x3  2   x3  2x2 k
10
3 2
 x  k 0
10
  C10
k
2 k x 305 k trong đó 0  k  10, k  .
k 0
Số hạng không chứa x trong khai triển tương ứng với giá trị k thỏa mãn
30  5k  0  k  6 (thỏa mãn).
2 x  13440 .
6 6 0
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển cần tìm là C10
Điều kiện n  2 và n  . Giải phương trình bằng TABLE: Nhập hàm số
f  X   XC1  XC2  55 và chọn Start  2,End  21,Step  1 .
w7Q)qP1+Q)qP2p55==2=21
=1=
Quan sát bảng giá trị, ta thấy khi X  10 thì F  X   0 . Vậy n  10 .
10
 2
    C  x   2x    C
10 10 10k k 10
Ta có khai triển  x3  2   x3  2 x2 k
10
3 2 k
10
2 k x305 k
 x  k 0 k 0
trong đó 0  k  10, k  .
 f  x; k   x 305 k x2 f  X   2 305X
Đặt    0  X  10;X   .
 g  k   C10 2 g  X   C10 .2  10CX  2
k k k X X k X
Dùng TABLE, nhập vào máy hai hàm f  X   2305X và g  X   10CX  2X . Chọn
Start  0,End  10,Step  1 .
w72^30p5Q)=10qPQ)O2^Q)
=0=10=1=
Quan sát bảng giá trị, ta thấy tại F  X   1  20  x0 do x  2  thì x  6  k  6 và
G  X   13440 là hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển.
STUDY TIPS Cách 3: Sử dụng máy tính cầm tay

Kĩ thuật tìm số hạng chứa Để tìm n thỏa mãn Cn1  Cn2  55 , ta sử dụng TABLE tương tự như cách 2. Ta tìm
x  bằng máy tính cầm tay
được n  10 .
(cách 2, cách 3) đã được tác

k  k  10 
k  6
10
 2 
 
10
giả đề cập chi tiết tại chủ đề
Ta có  x3  2   x3  2 x2 . Ta có hệ  2 3   2
3 trong cuốn “Công phá  x  2 k2  3k3  0
  k3  4

Casio”.
w511=1=10=p2=3=0===
LOVEBOOK.VN| 11
10! 6
Vậy hệ số không chứa x trong khai triển là  x0   .2  13440 .
6!.4!
Đáp án D.
Câu 27: Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình
2
log 3 x.log 9 x.log 27 x.log 81 x  bằng
3
82 80
A. B. C. 9 D. 0
9 9
2
Điều kiện x  0 . Phương trình tương đương với log 3 x.log 32 x.log 33 x.log 34 x 
3
1 1 1 2 1 2
 log 3 x. log 3 x. log 3 x. log 3 x   .log 34 x   log 34 x  16
2 3 4 3 24 3
x  9
log 3 x  2
 2
3 
 log x  4  log 3 x  2  log 3 x  2   0  
log x   2

x  1
 3
 9
1 82
Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 9   .
9 9
Nhập vào màn hình log 3  X   log 9  X   log 27  X   log 81  X  

2
3
i3$Q)$Oi9$Q)$Oi27$Q)$O
i81$Q)$p2a3r1=qr=M=
1
Ta tìm được một nghiệm x  .
9
 2  1
Sửa màn hình thành  log 3  X   log9  X   log 27  X   log81  X      X  
 3  9
EE$(!!)P(Q)p1a9$)qr5=
Ta tìm tiếp được một nghiệm là x  9 .
Sửa màn hình thành
 2  1
 log 3  X   log9  X   log 27  X   log 81  X      X     X  9 
 3  9
!P(Q)p9)qr10=
Vậy phương trình đã hết nghiệm.
1 82
Tổng các nghiệm của phương trình là 9   .
A 9 9
Đáp án A.
Câu 28: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và
OA  OB  OC . Gọi M là trung điểm của BC (tham khảo hình vẽ bên). Góc giữa
hai đường thẳng OM và AB bằng
O B A. 90 B. 30 C. 60 D. 45
M Lời giải chi tiết:
C Cách 1: Tư duy tự luận
LOVEBOOK.VN| 12
Gọi N là trung điểm của AC thì MN là đường trung bình của ABC .
  
Suy ra MN // AB  OM , AB  OM , MN . 
a 2
A Đặt OA  OB  OC  a . Ta có AB  BC  CA  a 2 ; OM  ON  MN  . Khi
2
  
đó tam giác OMN đều và OMN  60 . Vậy OM , AB  OM , MN  OMN  60 
N Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
O B
Đặt OA  OB  OC  1 . Gắn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ: O  0;0;0  , A  0;0;1 ,
1 1 
B  0;1;0  , C 1;0;0  . Do M là trung điểm BC nên M  ; ; 0  .
M
C 2 2 
1 1 
Ta có OM   ; ; 0  và AB   0;1; 1 . Đưa máy về phương thức VECTOR,
z
A 2 2 
1 1 
nhập vào các vectơ: VctA   , ,0  ,VctB  0,1, 1 .
2 2 
w8111P2=1P2=0=q51210=1=
y
p1=
O B
M
C x

Ấn AC, nhập vào màn hình Abs  VctA  VctB  Abs  VctA   Abs  VctB . 
STUDY TIPS Cqcq53q57q54)P(qcq53)O
Trong không gian Oxyz, góc qcq54))=
giữa hai đường thẳng OM
và AB được tính theo công
Máy hiện kết quả bằng . Vậy cos OM , AB    OM , AB  60 .
1
2
1
2
 
thức:

cos OM,AB 

 cos OM,AB  Đáp án C.
OM.AB x3 y3 z2
 . Câu 29: Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d1 :   ,
OM . AB 1 2 1
x5 y 1 z 2
d2 :   và mặt phẳng  P  : x  2y  3z  5  0 . Đường thẳng vuông
3 2 1
góc với  P  , cắt d1 và d 2 có phương trình là
x 1 y 1 z x  2 y  3 z 1
A.   B.  
1 2 3 1 2 3
x3 y3 z2 x 1 y 1 z
C.   D.  
1 2 3 3 2 1
Giả sử đường thẳng cần tìm là  cắt hai đường thẳng d1 , d2 lần lượt tại
A
A  3  t; 3  2t; 2  t  và B  5  3t; 1  2t; 2  t . Suy ra một VTCP của đường
thẳng  là AB   2  3t  t; 4  2t  2t; 4  t  t  .

B
Mặt phẳng  P  có VTPT là n P   1; 2; 3  .
Do    P  nên AB cùng phương với n P  , tức là k  : AB  k.n P 

P
LOVEBOOK.VN| 13
2  3t  t  k t  3t  k  2 t  2
  
Suy ra 4  2t  2t  2 k  t  t  k  2  t  1
4  t  t  3k t  t  3k  4 k  1
  
w521=p3=p1=p2=1=1=p1=2=
1=p1=3=4====
x 1 y 1 z
Suy ra A 1; 1; 0  , B  2;1; 3 , u  1; 2; 3 , do đó  :   .
1 2 3
Đáp án A.
Câu 30: Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số
đồng biến trên khoảng  0;   ?

1
y  x 3  mx 
5x 5
A. 5 B. 3 C. 0 D. 4
, x   0;   . Để hàm số đồng biến trên  0;  

1
Ta có y  3x 2  m 
x6
STUDY TIPS
 1
 y  0, x   0;    m  3x2  , x   0;    m  max  3x2  6  .
Ngoài ra, ta cũng có thể đặt 1
x 6  0;  x 
f  x   3x 2 
1
. Khi đó
x6
điều kiện của m là
1 1 1 1
m  maxf  x  . Từ bảng biến Ta có 3x2   x2  x2  x2  6  4 4 x2 .x2 .x2 . 6  4 . Suy ra 3x 2  6  4 .
 0; 6
x x x x
thiên của đồ thị hàm số f  x 
1
Dấu “=” xảy ra  x 2   x  1 . Vậy m  4 , kết hợp với yêu cầu giả thiết ta
trên  0;   , ta xác định x6
được GTLN của nó. tìm được 4 giá trị nguyên âm của m thỏa mãn là m 4; 3; 2; 1 .
f  X   3X 2 
1
Sử dụng TABLE nhập vào máy hàm số . Chọn
X6
10
Start  0,End  10,Step 
.
29
qwR51w7z3Q)dp1aQ)^6=0=
STUDY TIPS
10=10P29=
Chế độ qwR51
chỉ cho phép ta nhập duy
nhất một hàm số f  X  . Khi
đó, bảng hiển thị được tối đa
30 giá trị nên ta chọn
10
Start  0,End  10,Step 
29
Quan sát bảng giá trị, ta thấy max f  X   4,026... Vậy m  4,026... và có 4 giá
 0; 
trị nguyên âm thỏa mãn bài toán là m 4; 3; 2; 1 .
Đáp án D.
LOVEBOOK.VN| 14
Câu 31: Cho  H  là hình phẳng giới hạn bởi parabol y  3x2 , cung tròn có
phương trình y  4  x2 (với 0  x  2 ) và trục hoảnh (phần tô đậm trong hình

vẽ). Diện tích của  H  bằng
4  3 4  3 4  2 3  3 5 3  2
A. B. C. D.
y 12 6 6 3
2 Phương trình hoảnh độ giao điểm: 3x2  4  x2  3x4  x2  4  0

 x2  1
 2  x  1 do 0  x  2 .
x   4 L
x  3
O 2 1 2
Khi đó diện tích hình  H  là S   3x2dx   4  x2 dx .
0 1

1 1
3x 3 3
* Tính S1   3x2dx   .
0 3 0
3
2
  
* Tính S2   4  x2 dx : Đặt x  2sin t , t   ;   dx  2cos tdt
1  2 2
 
Đổi cận: x  1  t  ;x  2 t  .
6 2
   
2 2 2
 1 2
Suy ra S2   4  4 sin 2 t .2 cos tdt  4  cos 2 tdt  2  1  cos 2t   2  t  sin 2t 
    2 
6 6 6 6
  3  2 3
 2.  2     .
2  
6 4  3 2
3 2 3 4  3
Vậy S  S1  S2     (đvdt).
3 3 2 6
1 2
4  3
 3X dx   4  X 2 dx 
2
* Nhập vào màn hình
0 1 12
ys3$Q)dR0E1$+ys4pQ)dR1E
2$pa4qK+s3R12=
Máy hiện kết quả bằng 0,6141848493. Loại A.
1 2
4  3
* Sửa màn hình thành 
0
3X 2dx   4  X 2 dx 
1 6
!!oo6E!!!op=
Máy hiện kết quả bằng 4,42  10 12 . Chọn B.
Đáp án B.
2
dx
Câu 32: Biết   x  1
1 x  x x1
 a  b  c với a,b,c là các số nguyên dương.
Tính P  a  b  c
A. P  24 B. P  12 C. P  18 D. P  46
LOVEBOOK.VN| 15
1 1 x1  x 1 1
Ta có    
 x  1 x  x x1 x  x  1  x  x1  x x1 x x1
2
dx 2
 1 1  2
1 2
1
Suy ra   x  1
1
 
x  x x1 1 x
 
x1 
dx  
1 x
dx  
1 x1
dx
2 xd  x  2 x  1d  x 1  2 d
   
2 2 2 2 2 2
   x  2 d x1  2 x 2 x1
1 x 1 x1 1 1 1 1
   
 2 2  2  2 3  2 2  4 2  2 3  2  32  12  2 .
Từ đó ta có a  32, b  12, c  2  P  a  b  c  46 .
2
1
Nhập vào màn hình   X  1
1 X  X X 1
dx  A
y1a(Q)+1)sQ)$+Q)sQ)+1R
1E2qJz
2
Khi đó ta có A  c  a  b  a  b  2 ab   A  c   4ab  a  b   A  c  
2 2
 
2
 4ab   P  c   A  c   .
2
 
2
* Nếu P  24 thì 4ab   24  c   A  c   . Sử dụng TABLE và nhập hàm số
2
 
  . Chọn Start  14,End  14,Step  1

2
f  X   24  X   A  X 
2
qwR51w7(24pQ)p(Qz+Q))d
)d=z14=14=1=
Quan sát bảng giá trị, ta thấy không có giá trị f  X  nào nguyên, khi đó 4ab  .
Loại A.
2
* Nếu P  12 thì 4ab  12  c   A  c   . Sử dụng TABLE và nhập hàm số
2
 
  . Chọn Start  14,End  14,Step  1 .

2
f  X   12  X   A  X 
2
C$$$oo12=p14=14=1=
Loại B.
2
* Nếu P  18 thì 4ab  18  c   A  c   . Sử dụng TABLE và nhập hàm số
2
 
  . Chọn Start  14,End  14,Step  1

2
f  X   18  X   A  X 
2
C$$$o8====
Loại C.
LOVEBOOK.VN| 16
2
* Nếu P  46 thì 4ab   46  c   A  c   . Sử dụng TABLE và nhập hàm số
2
 
  . Chọn Start  14,End  14,Step  1 .

2
f  X   46  X   A  X 
2
C$$$oo46====
Quan sát bảng giá trị, tại X  2 thì F  X   1536 . Tức là 4ab  1536, c  2 . Chọn D.
Đáp án D.
A
Câu 33: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 4. Tính diện tích xung quanh Sxq
của hình trụ có một đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác BCD và chiều
cao bằng chiều cao tứ diện ABCD
16 2  16 3
B D A. Sxq  B. Sxq  8 2 C. Sxq  D. Sxq  8 3
H 3 3
F E
C Gọi E,F là trung điểm cạnh DC, BC. Do BCD là tam giác đều, nên BE, DF cũng
là đường cao, đường phân giác của BCD . Các mặt bên cũng là tam giác đều.
STUDY TIPS
Cho tứ diện đều ABCD cạnh Gọi BE  CF  H thì AH là đường cao của tứ diện ABCD.
bằng a
2
1. Chiều cao của tứ diện 2 4 3 4 6
Ta có AH  AB  BH  4   .
2
 
2
.2
3 2  3
được tính là h 
a 6
.  
3
2. Bán kính đường tròn nội 1 4 3 2 3
Đường tròn nội tiếp BCD có bán kính r  HE  BE   .
tiếp đáy cũng chính là bán 3 2.3 3
kình đường tròn nội tiếp
2 3 4 6 16 2 
tam giác đều cạnh a, được Diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq  2rh  2. . .  .
3 3 3
tính theo công thức:
Đáp án A.
a 3
r .
6 Câu 34: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình
16x  2.12x   m  2  .9x  0 có nghiệm dương?
A. 1 B. 2 C. 4 D. 3
STUDY TIPS 2x x
4 4
Cách khác, phương trình Ta có 16 x  2.12 x   m  2  .9 x  0     2.     m  2   0 1
2 có nghiệm  Đường 3  3
x
thẳng y  2  m căt đồ thị 4
Đặt    t , phương trình trở thành t 2  2t   m  2   0  2
hàm số f  t   t 2  2t trên 3
1;   . Trên khoảng Để phương trình 1 có nghiệm dương thì phương trình  2  phải có nghiệm
1;   , ta lập bảng biến
t 1.
thiên của hàm số f  t  , quan
Ta có t 2  2t   m  2   0   t  1  3  m . Do t  1 nên 3  m  0  m  3 . Kết
2
sát bảng biến thiên để tìm

điều kiện của m. hợp với điều kiện đề bài ta có 0  m  3  m 1; 2 . Vậy có 2 giá trị của m thỏa
mãn.
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay casio
LOVEBOOK.VN| 17
16 x  2.12 x
Phương trình 16 x  2.12 x   m  2  .9 x  0   2  m . Phương trình này
9x
16 x  2.12 x
có nghiệm dương  Đường thẳng y  2  m cắt đồ thị hàm số f  x  
9x
trên khoảng  0;   .
16 X  2  12 X
Sử dụng TABLE, nhập vào hàm số f X  và chọn
9X
Start  0,End  29,Step  1 .
qwR51w7a16^Q)$p2O12^Q)
R9^Q)=0=29=1=
16 x  2.12 x
Quan sát bảng giá trị, ta kết luận hàm số f  x   đồng biến (tăng) trên
9x
khoảng  0;   .
16 x  2.12 x
Như vậy, để đường thẳng y  2  m cắt đồ thị hàm số f  x   trên
9x
khoảng  0;   thì 2  m  f  0   1  m  3 . Kết hợp với điều kiện đề bài ta có
0  m  3  m 1; 2 . Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn.
Đáp án B.
Câu 35: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
3
m  3 3 m  3sin x  sin x có nghiệm thực?
A. 5 B. 7 C. 3 D. 2
* Phương trình 3
m  3 3 m  3sin x  sin x  m  3 3 m  3sin x  sin3 x
STUDY TIPS
Điều kiện để phương trình   m  3sin x   3 3 m  3sin x  sin3 x  3sin x 1
f  x   g  m  có nghiệm trên * Xét hàm số f t   t 3  3t trên . Ta có f   t   3t 2  3  0, t  nên hàm số
f  t  đồng biến trên
đoạn a; b  là đường thẳng
.
y  g  m  cắt đồ thị hàm số
y  f  x  với x  a; b  .
Suy ra  1  f  3

m  3sin x  f  sin x   3 m  3sin x  sin x
Khi đó: minf  x   g  m    sin 3 x  3sin x  m . Đặt sin x  t , t  1;1 . Phương trình trở thành t 3  3t  m
a;b
maxf  x  . * Xét hàm số g t   t 3  3t trên t  1;1 . Ta có g t   3t 2  3  0, t  1;1 và

a;b
g  t   0  t  1 . Suy ra hàm số g  t  nghịch biến trên 1;1 .
* Để phương trình đã cho có nghiệm thực  Phương trình t 3  3t  m có nghiệm
trên  1;1  min g  t   m  max g  t   g 1  m  g  1  2  m  2 . Vậy có 5

 1;1 
 1;1
giá trị nguyên của m thỏa mãn là m 2; 1; 0;1; 2 .

Đáp án A.
LOVEBOOK.VN| 18
Câu 36: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị lớn
nhất của hàm số y  x3  3x  m trên đoạn 0; 2  bằng 3. Số phần tử của S là
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Xét hàm số f  x   x3  3x  m trên đoạn 0; 2  . Đạo hàm f   x   3x2  3 và
 x  1  L 
f  x  0  
 x  1  tm 
Bảng biến thiên
x –1 0 1 2
+ 0 – – 0 +
Ta xét các trường hợp dưới đây:

* Trường hợp 1: Nếu 2  m  0  m  2 thì max y    m  2   2  m .
0;2 
Yêu cầu bài toán max y  3  2  m  3  m  1 (Loại).

0;2 
* Trường hợp 2: m  0  m  2  2  m  0 thì max y    m  2   2  m

0;2 
Yêu cầu bài toán max y  3  2  m  3  m  1 (thỏa mãn).

0;2 
* Trường hợp 3: m  2  0  m  0  m  2 thì max y  m  2

0;2 
Yêu cầu bài toán max y  3  m  2  3  m  1 (thỏa mãn).

0;2 
* Trường hợp 4: m  2  0  m  2 thì max y  m  2

0;2 
Yêu cầu bài toán max y  3  m  2  3  m  1 (Loại).

0;2 
Vậy có hai giá trị m thỏa mãn.

Đáp án B.
1
Câu 37: Cho hàm số f  x  xác định trên \   thỏa mãn f   x  
2
,
2  2x  1
f  0   1 và f 1  2 . Giá trị của biểu thức f  1  f  3 bằng
A. 4  ln15 B. 2  ln15 C. 3  ln15 D. ln15
 1
* Trên  ;  thì f  x    f   x  dx   dx  ln 2 x  1  C  ln 1  2 x   C1
2
STUDY TIPS
 2 2x  1
Ta có
dx 1 Từ f  0   1 ta có ln 1  2.0   C1  1  C1  1 .
 ax  b  a ln ax  b  C
1 
* Trên  ;   thì f  x    f   x  dx   dx  ln 2 x  1  C  ln  2 x  1  C2
2
2  2x  1
Từ f 1  2 ta có ln  2.1  1  C2  2  C2  2 .
LOVEBOOK.VN| 19

ln  1  2 x   1 khi x  2
1
Vậy f  x    và f  1  f  3  3  ln15 .
ln  2 x  1  2 khi x  1
 2
Đáp án C.
Câu 38: Cho số phức z  a  bi ,  a, b   thỏa mãn z  2  i  z 1  i   0 và z 1
. Tính P  a  b
A. P  1 B. P  5 C. P  3 D. P  7
  
Từ giả thiết z  2  i  z  1  i   0  a  2  a 2  b 2  b  1  a 2  b 2 i  0 
 
a  2  a  b a  2  a2  b2 a  2  a2   a  1
2 2 2
  
b  1  a  b
 2 2
b  1  a  2
 b  a  1
 2 a 2  2 a  1   a  2 2  a 2  2 a  3  0  a  1; b  0
  
b  a  1 b  a  1  a  3; b  4
* Với a  1, b  0  z  1 loại do z  1 .

* Với a  3, b  4  z  3  4i . Vậy a  3, b  4 và P  a  b  7 .
Đáp án D.
y Câu 39: Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f   x  có đồ thị như hình bên. Hàm
số y  f  2  x  đồng biến trên khoảng
A. 1; 3 B.  2;   C.  2;1 D.  ; 2 

–1 1 4
O x

 x  1
Dựa vào đồ thị của hàm số y  f   x  ta có f   x   0  
1  x  4
 

Lại có f  2  x    2  x  . f   2  x    f   2  x  .

 
Để hàm số y  f  2  x  đồng biến thì f  2  x   0  f   2  x   0
 2  x  1 x  3
 
1  2  x  4  2  x  1
Vậy hàm số y  f  2  x  đồng biến trên mỗi khoảng  2;1 và  3;   .
Đáp án C.
x  2
Câu 40: Cho hàm số y  có đồ thị  C  và điểm A  a;1 . Gọi S là tập hợp
x 1
tất cả các giá trị thực của a để có đúng một tiếp tuyến của  C  đi qua A. Tổng giá
trị của tất cả các phần tử của S bằng
3 5 1
A. 1 B. C. D.
2 2 2
Gọi đường thẳng đi qua A  a;1 có hệ số góc k là y  k  x  a   1 . Đường thẳng
này là tiếp tuyến của hệ khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm
LOVEBOOK.VN| 20
 x  2
 x  1  k  x  a   1  1


2
1
 k
  x  1
2
x  2 ax
Thay  2  vào 1 , ta được  1    x  2  x  1  a  x   x  1
2

x  1  x  1 2
 2 x2  6 x  3  a  0 
Để qua A chỉ kẻ được đúng 1 tiếp tuyến của  C  thì phương trình  có nghiệm
kép hoặc có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng 1.
* Phương trình  có nghiệm kép khi   9  2  3  a   0  a 

3
.
2
* Phương trình  có hai nghiệm phân biệt trong đó một nghiệm bằng 1
  9  2  3  a   0  3
3  2a  0 a 
 2   2  a1
2.1  6.1  3  a  0 a  1  0 a  1

3 5
Vậy tổng các phần tử của S là 1   .
2 2
Đáp án C.
Câu 41: Trong không gian Oxyz, cho điểm M 1;1; 2  . Hỏi có bao nhiêu mặt
phẳng  P  đi qua M và cắt các trục xOx , yOy , zOz lần lượt tại các điểm A,B,C
sao cho OA  OB  OC  0 ?
A. 3 B. 1 C. 4 D. 8
Gọi A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  thì phương trình mặt phẳng  ABC  theo đoạn
   1 ,  abc  0  . Khi đó  P  :    1 .
x y z x y z
chắn là
STUDY TIPS a b c a b c
Mặt phẳng P đi qua ba
Điểm M 1;1; 2    P  nên    1 
1 1 2
điểm A  a; 0; 0  , B  0; b; 0  a b c
Ta có OA  OB  OC  0 nên a  b  c  t  0 . Khi đó  a; b; c  là một trong các
và C  0; 0; c  thì có phương
trình theo đoạn chắn là: bộ số:  t; t; t  ,  t; t; t  , t; t; t  , t; t; t  ,  t; t; t  ,  t; t; t  , t; t; t  ,  t; t; t  .
x y z
  1 * Với mỗi bộ số  t; t; t  ,  t; t; t  , t; t; t  thay vào  đều cho ta tìm được t  0
a b c
và xác định được phương trình mặt phẳng  P  .
* Với mỗi bộ số  t; t; t  ,  t; t; t  thay vào  ta được 0  1 (Vô lý). Nên các bộ
số này không thỏa mãn.
* Với mỗi bộ số  t; t; t  , t; t; t  ,  t; t; t  thay vào  ta được VT  0 (Vô
lý do VT  1  0 ). Nên các bộ số này không thỏa mãn.
Vậy có ba mặt phẳng  P  thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A.
Câu 42: Cho dãy số  un  thỏa mãn log u1  2  log u1  2log u10  2log u10 và
un1  2un với mọi n  1 . Giá trị nhỏ nhất của n để un  5100 bằng
A. 247 B. 248 C. 229 D. 290
LOVEBOOK.VN| 21
Từ giả thiết un1  2un , n  1 , suy ra  un  là cấp số nhân với công bội q  2 .
Khi đó u10  29 u1 . Từ log u1  2  log u1  2log u10  2log u10
 
 log u1  2  log u1  2 log 29 u1  2 log 29 u1  
 log u1  2  log u1  18log 2  2log u1  18log 2  2log u1
STUDY TIPS
Nếu u n là một cấp số  18log 2  log u1  2  log u1  18log 2  0 .
nhân n  
 , thì ta có các Đặt t  2  log u1  18log 2  0  log u1  18log 2  2  t 2 . Phương trình trên trở
t  1  tm 
công thức sau đây:
1. un1  un .q với q là công thành: t 2  t  2  0  
u n 1 t  2  L 
bội. Suy ra q  .
un
Với t  1 ta có 2  log u1  18log 2  1  log u1  1  18log 2  log10  log 218
2. Số hạng tổng quát:
u n  u1 .q n1 ,  n  2,n 
2.5 5
  log u1  log 18
 log 17 .
2 2
Ta có  un  là cấp số nhân với công bội q  2 nên un  2n1.u1  2n1.

5
 5.2n18 .
217
Để un  5100  2n18.5  5100  2n18  599  n  18  99log2 5  247,871
Vậy giá trị nhỏ nhất của n  thỏa mãn là n  248 .
Đáp án B.
Câu 43: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số
y  3x4  4 x3  12 x2  m có 7 điểm cực trị?
A. 3 B. 5 C. 6 D. 4
STUDY TIPS
Số điểm cực trị của hàm số Xét hàm số f  x   3x4  4x3  12x2  m . Đạo hàm f   x   12x3  12x2  24x
y  f  x  là a  b . Trong đó  x  0; y  0   m

a là số điểm cực trị của f  x   
Ta có f   x   0  12 x x 2  x  2  0   x  1; y  1  m  5

 x  2; y  2   m  32
và b là số nghiệm của
phương trình f  x  0
Bảng biến thiên:
(nghiệm chung tính một
lần). x –1 0 2
Dễ thấy, hàm số
f  x   3x 4  4x 3  12x 2  m – 0 + 0 – 0 +
có 3 điểm cực trị. Nên để
hàm số y  f  x  có 7 điểm m
cực trị thì phương trình
f  x   0 phải có 4 nghiệm
phân biệt, hay đồ thị hàm số
y  f  x  cắt đường thẳng
y  0 tại 4 điểm phân biệt. Quan sát bảng biến thiên, ta thấy để hàm số y  3x4  4 x3  12 x2  m có 7 cực trị
Quan sát bảng biến thiên, ta
thì m  5  0  m  0  m  5 . Do m  nên m 1; 2; 3; 4 . Vậy có 4 giá trị của m
xác định được giá trị của m
thỏa mãn. thỏa mãn.
Đáp án D.
LOVEBOOK.VN| 22
 8 4 8
Câu 44: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  2; 2;1 , B   ; ;  . Đường
 3 3 3
thẳng đi qua tâm của đường tròn nội tiếp của tam giác OAB và vuông góc với
mặt phẳng OAB  có phương trình là
x1 y 3 x1 x1 y 8 z 4
A.   B.  
1 2 2 1 2 2
1 5 11 2 2 5
x y z x y z
C. 3 3 6 D. 9 9 9
1 2 2 1 2 2
O
 8 4 8
Ta có OA   2; 2;1 , OB    ; ;   OA  3, OB  4 và OA ,OB   4; 8; 8  .
 
 3 3 3
I
Suy ra mặt phẳng OAB  có VTPT là n  1; 2; 2  .
A D B
Gọi D  x0 ; y0 ; z0  là chân đường phân giác hạ từ O đến AB của OAB .
 3 8
 x0  2    x0   
 4  3   x0  0
STUDY TIPS
 
DA OA 3 3  3 4  12
Nếu tam giác ABC có D là Ta có    AD   BD   y0  2    y0     y0 
chân đường phân giác kẻ từ DB OB 4 4  4 3  7
 3 8  12
 z0  7
A xuống BC thì ta có:
 z0  1    z0  
DB AB
  DB  
AB
.DC  4  3 
DC AC AC
 12 12  8 8 20  20
Nếu I là tâm đường tròn nội Vậy D  0; ;  và BD   ; ;    BD  .
tiếp tam giác ABC thì I cũng  7 7   3 21 27  7
là chân đường phân giác kẻ
Gọi I  xI ; yI ; zI  là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC.
từ B xuống AD của ABD .
Khi đó:  7
IA AB AB
 xI   xI
  IA   ID  5  xI  0
ID BD BD 
 7 12  
  OI   DI   yI    yI     yI  1  I  0;1;1 .
IO OB 7 7
Nếu cho trước tọa độ ba Ta có 
ID BD 5 5  5 7  
 zI  1
điểm A, B, C thì sử dụng liên
 7 12 
tiếp hai dữ kiện trên, ta tìm
 zI    zI  
được tọa độ tâm I của đường  5 7 
tròn nội tiếp tam giác ABC.
Đường thẳng cần tìm đi qua I  0;1;1 và có véc tơ chỉ phương u  1; 2; 2  .
x1 y 3 z 1
Thay tọa độ I  0;1;1 vào thấy thỏa mãn phương trình   .
1 2 2
STUDY TIPS Vào phương thức VECTOR, nhập VctA  0,0,0 ,VctB  2,2,1 và
Phương pháp tìm tâm
 8 4 8
đường tròn nội tiếp tam giác VctC    ; ;  .
bằng máy tính cầm tay đã
 3 3 3
được tác giả đề cập chi tiết * Tìm tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB
tại chủ đề 10, sách “Công w8110=0=0=q51212=2=1=q5
phá Casio”. 131p8P3=4P3=8P3=Cqcq54p
q55)qJzqcq55pq53)qJxq
cq53pq54)qJc
LOVEBOOK.VN| 23
Nhập vào màn hình  AVctA  BVctB  CVctC   A  B  C

(Qzq53+Qxq54+Qcq55)P(
Qz+Qx+Qc)=
Màn hình hiện kết quả 0,1,1 . Vậy I  0;1;1 là tâm đường tròn nội tiếp OAB
* Tìm VTPT của mặt phẳng OAB 
Nhập vào màn hình  VctB  VctA   VctC  VctA

C(q54pq53)O(q55pq53)=
Máy hiện kết quả 4, 8,8  . Suy ra OA , OB   4; 8; 8  và n  1; 2; 2  là VTPT
 
của mặt phẳng OAB  .
* Đường thẳng d  OAB nên có VTCP là u  1; 2; 2  và đi qua I  0;1;1 . Thay
x1 y 3 z 1
tọa độ điểm I vào đáp án, ta thấy   là đường thẳng thỏa mãn.
1 2 2
Đáp án A.
Câu 45: Cho hai hình vuông ABCD và ABEF có cạnh bằng 1, lần lượt nằm trên
hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Gọi S là điểm đối xứng với B qua đường
thẳng DE. Thể tích của khối đa diện ABCDSEF bằng
7 11 2 5
A. B. C. D.
6 12 3 6
Thể tích khối đa diện ABCDSEF là V  V ADF . BCE  VS.CDFE .
S
F E
* Do ADF.BCE là hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông cân
1
nên ta VADF . BCE  AB.SBCE 
(đvtt).
2
* Do tứ giác CDFE là hình chữ nhật và S là điểm đối xứng với S qua
A
B
đường thẳng DE nên ta có:
1 1 1 1
VS.CDFE  2VS.CDE  2.VB.CDE  2.VD.BCE  2. CD.SBCE  2. .1.  (đvtt)
3 3 2 3
D C 1 1 5
Vậy thể tích cần tính là V  VADF . BCE  VS.CDFE    (đvtt).
2 3 6
Câu 46: Xét các số phức z  a  bi  a, b   thỏa mãn z  4  3i  5 . Tính
P  a  b khi z  1  3i  z  1  i đạt giá trị lớn nhất

A. P  10 B. P  4 C. P  6 D. P  8
Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky
Từ giả thiết z  4  3i  5   a  4    b  3   5  a2  b2  8a  6b  20  0
2 2
 a2  b2  8a  6b  20 .
LOVEBOOK.VN| 24
 a  1   b  3   a  1   b  1
2 2 2 2
Mặt khác T  z  1  3i  z  1  i   .
  
Suy ra M2  12  12  a  1   b  3   a  1   b  1   2 2 a2  b2  4b  12 
2 2 2 2
    
STUDY TIPS  2 2  8a  6b  20   4b  12   8  4a  2b  7 
Với hai bộ số  a1 ;a 2 ;...;a n 
Dấu “=” xảy ra khi  a  1   b  3   a  1   b  1  a  2b  2 .
2 2 2 2
và  b1 ; b2 ;...; b n  ta có:
a1b1  a2 b2  ...  an bn  
2 Lại có 4a  2b  4  a  4   2  b  3   22  4 2
 
 2 2  a  4    b  3    22
2 2

a 2
1
 ...  a2n  b2
1
 ...  b2n   20.5  22  32 .
a4 b3
 a  4  2  b  3   a  2b  2 .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
Dấu “=” xảy ra khi 
a1 a 2 a 4 2
  ...  n
Suy ra M2  8  4a  2b  7   8  32  7   200  M  10 2 .
b1 b2 bn
4a  2b  32 a  6
Vậy Mmax  10 2 khi   . Vậy P  a  b  10 .
a  2b  2 b  4
Cách 2: Lượng giác hóa
 a  5 sin   4
Từ giả thiết z  4  3i  5   a  4    b  3   5 . Đặt 
2 2
b  5 cos   3
 a  1   b  3   a  1   b  1
2 2 2 2
Khi đó T  z  1  3i  z  1  i  
       
2 2 2 2
 5 sin   5  5 cos   5 sin   3  5 sin   4
 10 5 sin   30  6 5 sin   8 5 cos   30

Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có
M 12
  
 12 16 5 sin   8 5 cos   60  2 8 5  2sin   cos    60 

và 2 sin   cos   2 2

 12 sin 2   cos 2   5 . 
Suy ra M  2 8 5  2sin   cos    60   2 8 5. 5  60  10 2 .
   
 2
sin  
 5 a  5 sin   4  6
Nên Mmax  10 2 khi   . Vậy P  a  b  10 .
cos   1 b  5 cos   3  4
 5
Đáp án A.
N Câu 47: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có AB  2 3 và AA  2 .
Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC và BC ( tham khảo hình
vẽ bên). Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng  ABC và  MNP  bằng
M
C 6 13 13 17 13 18 13
A. B. C. D.
65 65 65 65
P Lời giải chi tiết:
B A
Xử lý và vẽ lại hình như dưới đây để có thể dễ quan sát hơn.
LOVEBOOK.VN| 25
Ta có  MNP    MNCB . Gọi I là giao điểm của BM và AB , K là giao điểm của
CN và AC .
A’ N C’ Suy ra IK   MNCB   ABC . Gọi J là trung điểm của BC , do

H
J ABC cân tại A nên AJ  BC , dễ chứng minh IK // BC  nên AJ  IK
M
.
B’
E K Gọi H là giao điểm của AJ và MN, suy ra H là trung điểm của MN. Dễ
I chứng minh được IK // MN và PH  MN . Suy ra PH  IK .
Vậy  MNP , ABC   AJ , PH  .

A C Gọi E là giao điểm của AJ và AP , ta tính góc AEP .
 1  2
P
 EH  EP  PE  PH
HJ EH EJ 1  2  3
Ta có HJ // AP      
B AP EP EA 2  1  AE  2 AJ
EJ  EA

 2 
 3
2 3. 3 1 3
AJ  AP   3; AH  HJ  AJ  ; AJ  AP 2  PJ 2  32  2 2  13;
2 2 2
2
3 5
PH  PJ  HJ  2     .
2 2 2
2 2
2 2 5 5 2 2 13
Suy ra PE  PH  .  ; AE  AJ  . Áp dụng định lý hàm số cosin
3 3 2 3 3 3
vào tam giác AEP ta có:
2
 2 13   5  2
      3
2
AE  PE  AP 3   3
2 2 2

13
cos AEP    90  AEP  180 .
2 AE.PE 2 13 5 65
2. .
3 3
Vậy  MNP , ABC   AJ , PH   180  AEP  cos  MNP , ABC
 
 cos 180  AEP   cos AEP 
13
65
.
z
N C’ Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
A’
Gọi J là trung điểm BC. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ bên:
M
B’
J

A  0; 3; 0  , B  3; 0; 0 , C     
3; 0; 0 , A  0; 3; 2  , B  3; 0; 2 ,
C  
3; 0; 2 , P  0; 0; 0  .
 3 3   3 3 
x M,N là trung điểm AB, AC thì M   ; ;2,N  ; ;2 .
 2 2   2 2 
y    
A C
LOVEBOOK.VN| 26
 3 3   3 3 
 
Ta có AB   3; 3; 2 , AC   
3; 3; 2 , PM    ; ; 2  và PN  
 2 2 
; ;2
 2 2 
   
Đưa máy về phương thức VECTOR, nhập VctA    3; 3; 2  , VctB   3; 3; 2 
   
w811zs3=p3=2=q5121s3=p3=2
=Cq53Oq54=qJc
Kết quả trên được gán vào VctC, đó cũng là một VTPT của mặt phẳng  ABC .
 3 3   3 3 
Nhập VctA    , , 2  và VctB   , ,2  .
 2 2   2 2 
q5111zs3)P2=3P2=2=q5121
s3)P2=3P2=2=Cq53Oq54=
STUDY TIPS
Mặt phẳng  P  có VTPT là Kết quả trên được gán vào VctAns, đó cũng là một VTPT của mặt phẳng  MNP 
n 1 , mặt phẳng Q có 

Nhập vào màn hình Abs  VctC  VctAns   Abs  VctC   Abs  VctAns  
VTPT là n 2 thì góc giữa hai Cqcq55q57q56)P(qcq55)O
mặt phẳng  P  , Q được qcq56))=w1sMd=
tính theo công thức:
  
cos  P  ,  Q   cos n1 ,n 2 
 
n1 .n 2
Vậy cos  ABC  ,  MNP  
 . 13
.
n1 . n 2 65
Đáp án B.
Câu 48: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A 1; 2;1 , B  3;  1;1 , C  1;  1;1 .
Gọi  S1  là mặt cầu có tâm A, bán kính bằng 2; S2  và S3  là hai mặt cầu có tâm
lần lượt là B,C và bán kính đều bằng 1. Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với
cả ba mặt cầu S1  , S2  , S3  ?
A. 5 B. 7 C. 6 D. 8
 
Cách 1: Gọi n   a; b; c  , a2  b2  c2  0 là VTPT của mặt phẳng  P  tiếp xúc với
cả ba mặt cầu S1  , S2  , S3  ; M là trung điểm BC  M 1;  1;1 , BC   4; 0; 0  .
* Trường hợp 1:  P  đi qua trung điểm M của BC
  P  : a  x  1  b  y  1  c  z  1  0 hay  P  : ax  by  cz  a  b  c  0 .

Ta có 
 
 d A;  P   2 
 3b  2 a  b  c

2 2 2
 3b  2 2a
 2

  
d B;  P   1
 2a  a  b  c
 2 2 2
 3a  b  c

2 2
LOVEBOOK.VN| 27
 4a
 b 
 3
  2 11a 2
 1
 c  9

 4a
 b   3
2  
 2
 c 2  11a
  9
Hệ 1 có 2 nghiệm, hệ  2  có 2 nghiệm và các nghiệm đó không trùng nhau.
Vậy trường hợp này có 4 mặt phẳng  P  .
* Trường hợp 2:  P  song song với BC  n P  .BC  0  a  0   P  : by  cz  d  0
Ta có 
  
d A;  P   2


 2b  c  d  2 b  c
2 2

 2b  c  d  2 b  c  d

  
d B;  P   1
 b  c  d  b  c
 2 2
 b  c  d   b  c
2 2 2
 d  4b  c  d  4b  c
  2 b  c  d  2  b  c  d    2
c  8b 2
 3
    b  c  d   b  c
2 2 2  

   2b  c  d  2  b  c  d      d   c
 d  c 

  b  c  d 
2
 b 2
 c 2
   c  0 4
  b  c  d   b  c 
2 2 2
 b  0
Hệ  3 có 2 nghiệm, hệ  4  có 1 nghiệm và các nghiệm này không trùng nhau.
Vậy trường hợp này có 3 mặt phẳng  P  .
Vậy có tất cả 7 mặt phẳng  P  thỏa mãn.
Cách 2: Ta có AB  AC  13, BC  4, d  A; BC   3 . Do R1  2 R2  2 R3 nên các
khoảng cách từ các điểm A đến  P  sẽ gấp đôi các khoảng cách từ các điểm B, C
A
đến  P  . Gọi M, N lần lượt là điểm đối xứng của A qua B,C và P,Q là điểm trên
P Q cạnh AB, AC sao cho AP  2 BP , AQ  2QC . Bài toán quy về tìm các mặt phẳng
B C
 P chính là các mặt phẳng đi qua MN,MQ,NP,PQ sao cho d  A;  P   2 .
* Trường hợp 1: Ta có d  A; PQ  2 nên chỉ có duy nhất một mặt phẳng  P  qua
PQ thỏa mãn.
N
* Trường hợp 2: d  A; MN  , d  A; MQ ; , d  A; NP  đều lớn hơn 2 nên mỗi trường
M
hợp sẽ có đúng hai mặt phẳng qua các cạnh MN , MQ , NP sao cho khoảng cách
từ A đến nó bằng 2.
Vậy có tất cả 7 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu.
Đáp án B.
Câu 49: Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B,
5 học sinh lớp 12C thành một hàng ngang. Xác suất để trong 10 học sinh trên
không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau bằng
11 1 1 1
A. B. C. D.
630 126 105 42
Không gian mẫu là xếp 10 học sinh thành hàng ngang. Số phần tử của không
gian mẫu là n    10! .
LOVEBOOK.VN| 28
Gọi A là biến cố: “trong 10 học sinh trên không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh
nhau”. Ta có cách xếp như sau:
* Đầu tiên xếp 5 học sinh của lớp 12C, có 5! cách xếp. Khi đó, giữa 5 học sinh của
lớp 12C có tất cả 6 chỗ trống (gồm 4 chỗ trống ở giữa và 2 chỗ trống trước, sau).
Do 2 học sinh của lớp 12C không thể đứng gần nhau nên buộc phải có 4 người
(của lớp 12A và 12B)
C C C C C
* Ta xét hai trường hợp sau :
+ Có 1 học sinh A hoặc B ở phía ngoài (trước hàng hoặc sau hàng), 4 học sinh còn
lại xếp vào 4 chỗ trống ở giữa các bạn C, có 2.5! cách xếp.
+ Có một cặp học sinh A và B vào một chỗ trống, 3 học sinh còn lại xếp vào 3 vị
trí còn lại, có 2.3.2.4.3! cách xếp.
Vậy số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n  A  5! 2.5! 2.3.2.4.3! .
n  A 5!  2.5! 2.3.2.4.3!
Vậy xác suất cần tính là P  A  
11
  .
n  10! 630
Đáp án A.
Câu 50: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn
1 1 1
1
f 1  0 ,   f   x   dx  7 và  x 2 f  x  dx  . Tính  f  x dx
2
0 0
3 0
7 7
A. B. 1 C. D. 4
5 4
du  f   x  dx
u  f  x 
 
Đặt   x3

dv  x 2
d x  v 
 3
1 1
11 11
Suy ra  x f  x  dx 
2
3
x f  x    x 3 f   x  dx    x 3 f   x  dx do f 1  0
1 3
30 30
 
0 0
1 1
  x3 f   x  dx  3 x2 f  x  dx  3.  1 .
1
0 0 3
1 1 1
  f   x  dx  7;  14x f   x  dx  14;  49x dx  7 x 0  7

2 1
3 6 7
Ta lại có
0 0 0
1 1 1 1
   f   x  dx   14x3 f   x  dx   49x6dx  0    f   x   7 x3  dx  0
2 2
0 0 0 0
1
  f   x   7 x  dx  0 nên đẳng thức xảy ra khi chỉ khi f   x  7x

3 2
Mà 3
0
0
7 x4
 f   x   7 x 3  f  x    f   x  dx  7  x 3dx   C .
4
Từ f 1  0  C 
7
4
7
4

 f  x   1  x4 . 
1
7 x5  7 1 7
1 1
Vậy  40
 4

f  x dx   1  x 4 dx   x     1    .
7
5 0 4 5 5
0
Đáp án A.
LOVEBOOK.VN| 29
ĐÔi LỜI NHẬN XÉT CỦA TÁC GIẢ VỀ ĐỀ THI

1. Về cấu trúc: Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm, gồm có 20% kiến thức lớp 11 và
80% kiến thức lớp 12. Một số câu được thiết kế giao thoa cả hai khối lớp.
2. Về nội dung:
– Đề khá dài, độ phân hóa tốt với tỉ lệ 30/20. Tức là 30 câu đầu gồm nhận biết,
thông hiểu, đối với các em học sinh nắm vững kiến thức và bản chất vấn đề có
thể hoàn thành một cách nhanh chóng; 20 câu tiếp theo nằm trong mức độ vận
dụng, vận dụng cao và độ khó tăng lên rất nhiều so với đề thi THPT Quốc Gia
2017, yêu cầu học sinh có tư duy và kĩ năng tốt.
– Khoảng 50% đề thi có thể sử dụng các kĩ năng về máy tính cầm tay nếu học
sinh hiểu sâu về các tính năng và biết cách làm từng dạng bài.
3. Lời khuyên của tác giả:
– Để làm đề thi một cách tốt nhất, tác giả khuyên các em học sinh nên nắm vững
lý thuyết, các công thức trong sách giáo khoa để kĩ năng xử lý 30 câu đầu tiên
được tốt hơn. Tiếp theo, các em nên tham khảo nhiều đề thi thử của các trường
trên cả nước, tìm và lọc các dạng bài mới, lạ để rèn luyện tư duy.
– Ngoài ra, nếu có điều kiện, các em nên tham khảo các cuốn “Công phá Toán
2”, “Công phá Toán 3” và “Công phá Casio”, kết hợp nhuần nhuyễn giữa tư duy
tự luận và máy tính cầm tay để kĩ năng làm bài được tốt hơn.
LOVEBOOK.VN| 30

(Toanmath.com) - Giải Và Phân Tích Đề Minh Họa Môn Toán 2018

Uploaded by

Document Information

Original Title

Copyright

Available Formats

Share this document

Share or Embed Document

Sharing Options

Did you find this document useful?

Is this content inappropriate?

Copyright:

Available Formats

(Toanmath.com) - Giải Và Phân Tích Đề Minh Họa Môn Toán 2018

Uploaded by

Copyright:

Available Formats

Đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018 The best or nothing

ĐỀ MINH HỌA BỘ GD & ĐT KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2018

A. z  2  i. B. z  1  2i. Câu 7: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên

thẳng x  a, x  b  a  b  . Thể tích của khối tròn

Đặt sách online tại: tiki.vn | newshop.vn | pibook.vn | lovebook.vn

y Số nghiệm của phương trình f  x   2  0 là:

C. y  x3  3x2  2. D. y  x3  3x2  2. 16 5 5 2

Câu 14: Cho hình nón có diện tích xung quanh

M  2;0;0  , N  0; 1;0  và P  0;0; 2  . Mặt phẳng 3a

Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com

2 3 2 1 parabol y  3x2 , cung tròn có phương trình

mãn z  4  3i  5 . Tính P  ab khi

mặt cầu có tâm lần lượt là B,C và bán kính đều 7 7

Đặt sách online tại: tiki.vn | newshop.vn | pibook.vn | lovebook.vn

Câu 5: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

Hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm

* Sửa màn hình thành

* Sửa màn hình thành

và nhận u   a; b; c  , Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Suy ra x  6 là điểm tới hạn. Ta loại ngay A và C.

Lại thấy khi x  0   ; 6  thì 22 x  2 x6  63  0 ; và khi x  64   6;   thì

Câu 17: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

Số nghiệm của phương trình f  x   2  0 là

Nhập vào màn hình X 4  4X 2  5 và CALC với X  2;  2; 0; 2; 3 .

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Ta có BD   a; a; 0  , AC   a; a; 0  và DA   0; a; a  .

Sau một tháng, số tiền người đó có trong ngân hàng là T1  A  A.r  A 1  r 

Sau hai tháng, số tiền người đó có là T2  T1  T1 .r  T1 1  r   A 1  r 

Sau ba tháng, số tiền người đó có là T3  T2  T2 .r  T2 1  r   A 1  r 

Lời giải chi tiết:

T6  100000000. 1  0,4%  102424000 (đồng).

Lời giải chi tiết:

pháp tuyến là n P    3; 1; 1 .

Phương trình mặt phẳng  P  là 3  x  1   y  2    z  1  0  3x  y  z  6  0 .

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Từ giả thiết suy ra SO   ABCD .

Góc giữa đường thẳng BM  2 2   2 2 

Máy hiện kết quả bằng

G  X   13440 là hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển.

STUDY TIPS Cách 3: Sử dụng máy tính cầm tay

Nhập vào màn hình log 3  X   log 9  X   log 27  X   log 81  X  

thẳng  là AB   2  3t  t; 4  2t  2t; 4  t  t  .

Do    P  nên AB cùng phương với n P  , tức là k  : AB  k.n P 

đồng biến trên khoảng  0;   ?

, x   0;   . Để hàm số đồng biến trên  0;  

phương trình y  4  x2 (với 0  x  2 ) và trục hoảnh (phần tô đậm trong hình

2 Phương trình hoảnh độ giao điểm: 3x2  4  x2  3x4  x2  4  0

Cách 1: Tư duy tự luận

  . Chọn Start  14,End  14,Step  1

  . Chọn Start  14,End  14,Step  1 .

  . Chọn Start  14,End  14,Step  1

  . Chọn Start  14,End  14,Step  1 .

sát bảng biến thiên để tìm

maxf  x  . * Xét hàm số g t   t 3  3t trên t  1;1 . Ta có g t   3t 2  3  0, t  1;1 và

giá trị nguyên của m thỏa mãn là m 2; 1; 0;1; 2 .

Ta xét các trường hợp dưới đây:

Yêu cầu bài toán max y  3  2  m  3  m  1 (Loại).

* Trường hợp 2: m  0  m  2  2  m  0 thì max y    m  2   2  m

Yêu cầu bài toán max y  3  2  m  3  m  1 (thỏa mãn).