Đề thử sức số 10 The best or nothing

ĐỀ THỬ SỨC SỐ 10
Câu 1: Cho hàm số y  f  x  . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. f   x   0, x   a; b   f  x  đồng biến trên  a; b  .

B. f   x   0, x   a; b   f  x  đồng biến trên đoạn  a; b  .
C. f  x  đồng biến trên khoảng  a; b   f   x   0, x   a; b  .
D. f  x  nghịch biến trên  a; b   f   x   0, x   a; b  .
3x  2
Câu 2: Tìm phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
x 1
A. x  1. B. x  1. C. y  3. D. y  2.
Câu 3: Hàm số y  x 4  4 x2  4 đạt cực tiểu tại những điểm nào?

A. x   2; x  0. B. x   2. C. x  2; x  0. D. x   2.
Câu 4: Số giao điểm của hai đồ thị hàm số f  x   2  m  1 x  2 mx  2  m  1 x  2 m , (m là tham số khác
3 2

3
 ) và g  x    x 4  x 2 là
4
A. 3. B. 4. C. 2. D. 1.
2 3
2 3
Câu 5: Cho các số thực dương a,b thỏa mãn a  a và log b 3 5
 log b . Khẳng định nào sau đây là đúng?
3 5
A. 0  log a b  1. B. log a b  1. C. log b a  0. D. 0  logb a  1.
2 1
Câu 6: Cho log 1 x  log 1 a  log 1 b thì x bằng
2
3 2
5 2
3 2 3
3 1
a2 a3 a2
A. x  a b .
2 5
B. x  1
. C. x  1
. D. x  5 .
5 5
b
b b
4 3 2 4
Câu 7: Cho hàm số f  x  thỏa mãn  f  x  dx  4,  f  x  dx  2. Khi đó giá trị của tổng  f  x  dx   f  x  dx
0 2 0 3

bằng
A. 2. B. 4. C. –2. D. 6.
x
Câu 8: Nguyên hàm  sin dx bằng
2
x x 1 x 1 x
A. 2 cos  C. B. 2 cos  C. C.  cos  C. D. cos  C.
2 2 2 2 2 2
3
Câu 9: Cho hàm số f  x  có đạo hàm trên  0; 3  , f  0   2 và  f   x  dx  5. Tính f  3 
0

A. f  3   2. B. f  3   3. C. f  3   0. D. f  3   7.
Câu 10: Cho số phức z  3i . Phần thực của số phức z là
A. 3. B. 0. C. –3.
D. Không có.
  30, góc giữa
Câu 11: Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A , SB   ABC  , AB  a , ACB
đường thẳng SC và mặt phẳng  ABC  là 60. Tính thể tích V của khối chóp S.ABC theo a
3a 3
A. V  3a 3 . B. V  a 3 . C. V  2 a 3 . D. V  .
2

LOVEBOOK.VN | 228
Công phá đề thi THPT quốc gia 2018 môn Toán More than a book
Câu 12: Cho khối hình học có dạng như hình vẽ dưới đây, các kích thước đã ghi (cùng đơn vị đo). Tính
thể tích của khối đó

80 48 64
A. V  . B. V  . C. V  . D. V  12 .
3 5 3
Câu 13: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua hai
điểm A  1; 2; 3  , B  2; 3;1
x  1  t x  2  t x  1  t x  3  t
   
A.  y  2  5t . B.  y  3  5t . C.  y  2  5t . D.  y  8  5t .
 z  3  2t  z  1  4t  z  3  4t  z  5  4t
   
Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A  2; 1;1 và B  0; 1;1 . Viết phương trình
mặt cầu đường kính AB
2 2 2 2
A.  x  1  y 2   z  1  8. B.  x  1  y 2   z  1  2.
2 2 2 2
C.  x  1  y 2   z  1  2. D.  x  1  y 2   z  1  8.
Câu 15: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC biết A  3;1; 2  , B  1; 4; 2  , C  2; 0; 1 . Tìm
tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC
A. G  2; 1; 1 . B. G  6; 3; 3  . C. G  2;1;1 . D. G  2; 1; 3  .
Câu 16: Từ các số tự nhiên 1, 2, 3, 4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau?
A. 1. B. 24. C. 44. D. 42.
n n 2n
 3 2
Câu 17: lim có giá trị bằng
3n  3n  2 2 n 2
1 1
A. . B. . C. . D. –1.
3 4
1 2
Câu 18: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y 
3
 
m  2 m x 3  mx 2  3 x đồng biến trên 

m  0 m  0
A. m  0. B. 1  m  3. C.  . D.  .
m  3 m  3
Câu 19: Giá trị lớn nhất của hàm số y  2 x3  6 x2  1 trên đoạn  1;1 là
A. –3. B. 1. C. –4. D. –7.
x2
Câu 20: Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y 
x 1
A. y  4 x  1. B. y  2 x  3. C. y  2 x  1. D. y  2 x.

 2

  
Câu 21: Tập nghiệm của bất phương trình 2 x 4  1 .ln x 2  0 là

A. S  1; 2  . B. S  1; 2 . C. S   1; 2  . D. S   2; 1   1; 2  .

LOVEBOOK.VN | 229
Đề thử sức số 10 The best or nothing

Câu 22: Gọi S là số đo diện tích của hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y  2 x2  3x  1 và

y  x 2  x  2. Tính cos  
S
2 2 3
A. 0. B.  . C. . D. .
2 2 2
Câu 23: Cho hai số phức z1  1  i , z2  1  i. Kết luận nào sau đây sai?
z1
A.  i. B. z1  z2  2. C. z1  z2  2. D. z1 z2  2.
z2
Câu 24: Gọi tên hình tròn xoay biết nó sinh ra bởi nửa đường tròn khi quay quanh trục quay là đường
kính của nửa đường tròn đó
A. Hình tròn. B. Khối cầu. C. Mặt cầu. D. Mặt trụ.
Câu 25: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng    cắt mặt cầu  S  tâm I  1; 3; 3  theo giao
tuyến là đường tròn tâm H  2; 0;1  , bán kính r  2. Phương trình mặt cầu  S  là
2 2 2 2 2 2
A.  x  1   y  3    z  3   4. B.  x  1   y  3    z  3   4.
2 2 2 2 2 2
C.  x  1   y  3    z  3   18. D.  x  1   y  3    z  3   18.
x 1 y 1 z
Câu 26: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :   và mặt phẳng
2 1 3
   : x  5 y  z  4  0. Xác định vị trí tương đối của d và   
A. d     . B. d     .
C. d cắt và không vuông góc với    . D. d //    .
Câu 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  có phương trình y  z  2  0. Vectơ nào
dưới đây là một vectơ pháp tuyến của  P  ?
   
A. n   1; 1; 2  . B. n   1; 1; 0  . C. n   0;1; 1 . D. n   0; 1; 1 .
Câu 28: Một tổ có 7 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 người. Tính xác suất sao cho hai
người được chọn là nữ
1 7 8 1
A. . B. . C. . D. .
15 15 15 5
Câu 29: Cho hàm số f  x   x 2  x , đạo hàm của hàm số ứng với số gia x của đối số x tại x0 là

 2
A. lim  x   2 xx  x .
x0
 B. lim  x  2 x  1 .
x0

C. lim  x  2 x  1 .
x0
 2
D. lim  x   2 xx  x .
x0

Câu 30: Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M  2; 4  . Phép đồng dạng là hợp thành của phép vị tự tâm
1
O  0; 0  tỉ số k  và phép đối xứng trục Oy sẽ biến điểm M thành điểm nào sau đây?
2
A. M   1; 2  . B. M   2; 4  . C. M   1; 2  . D. M   1; 2  .
Câu 31: Cắt hình chóp tứ giác bởi mặt phẳng vuông góc với đường cao của hình chóp thì được thiết diện
là hình gì?
A. Hình bình hành. B. Ngũ giác.
C. Tứ giác. D. Tam giác.

LOVEBOOK.VN | 230
Công phá đề thi THPT quốc gia 2018 môn Toán More than a book

Câu 32: Cho tứ diện ABCD có BC  CD  BD  2a, AC  AD  a 2, AB  a. Góc giữa hai mặt phẳng  ACD 

và  BCD  có số đo là
A. 90. B. 60. C. 45. D. 30. \
x2
Câu 33: Cho hàm số y  có đồ thị  C  . Gọi giao điểm của đồ thị  C  với đường thẳng d : y   x  m
x 1
1 1
là A, B. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để OAB là một tam giác thỏa mãn  1
OA OB
m  0 m  0
A.  . B. m  2. C.  . D. m  3.
m  2 m  3
x1
Câu 34: Đồ thị hàm số y  không có tiệm cận ngang khi và chỉ khi
mx 2  1
A. m  0. B. m  0. C. m  0. D. m  0.
Câu 35: Dynano là một nhà ảo thuật gia đại tài người Anh nhưng người ta thường nói Dynano làm ma
thuật chứ không phải làm ảo thuật. Bất kì màn trình diễn nào của anh chàng trẻ tuổi tài cao này đều khiến
người xem kinh ngạc vì nó vượt qua giới hạn của khoa học. Một lần đến NewYork anh ngẫu hứng trình
diễn khả năng bay lơ lửng trong không trung của mình bằng cách di chuyển từ tòa nhà này đến tòa nhà
khác và trong quá trình di chuyển đó có một lần anh đáp đất tại một điểm trong khoảng cách giữa hai tòa
nhà (biết mọi di chuyển của anh đều là đường thẳng). Biết tòa nhà ban đầu Dynano đứng có chiều cao là
a  m  , tòa nhà sau đó Dynano đến có chiều cao là b  m   a  b  và khoảng cách giữa hai tòa nhà là c  m  .

Vị trí đáp đất cách tòa nhà thứ nhất một đoạn là x  m  . Hỏi x bằng bao nhiêu để quãng đường di chuyển
của Dynano là bé nhất?
3ac ac ac ac
A. x  . B. x  . C. x  . D. x  .
ab 3  a  b ab 2  a  b

Câu 36: Cho hàm số f  x  có f  1  1, f  m  n   f  m   f  n   mn, m , n   . Giá trị của biểu thức
f  96   f  69   241
T  log là
2
A. 4. B. 3. C. 6. D. 9.
Câu 37: Cho hai số thực a,b thỏa mãn a  0,0  b  2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a

P
 2b  
2 a  2ba
2
2 a
 ba  2ba

9 7 13
A. Pmin  . B. Pmin  . C. Pmin  . D. Pmin  4.
4 4 4
Câu 38: Tính thể tích của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x  0 và x  1, biết thiết diện của vật thể cắt bởi
mặt phẳng  P  vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x  0  x  1 là một hình chữ nhật có độ dài

lần lượt là x và ln x 2  1  
ln 2  1 1 1
A. V  . B. V  ln 2  . C. V  ln 2  1. D. V  ln 2  1.
2 2 2
Câu 39: Trong trung tâm công viên có một khuôn viên hình elip có độ dài trục lớn bằng 16m, độ dài trụ
nhỏ bằng 10m. Giữa khuôn viên là một cái đài phun nước hình tròn có đường kính bằng 8m, phần còn lại
của khuôn viên người ta thả cá. Số cá thả vào khuôn viên đó gần nhất với số nào dưới đây? Biết rằng mật
độ thả cá là 5 con trên 1m2 mặt nước
A. 378. B. 375. C. 377. D. 376.
LOVEBOOK.VN | 231
Đề thử sức số 10 The best or nothing

 
Câu 40: Cho số phức z  a  bi thỏa mãn điều kiện z 2  4  2 z . Đặt P  8 b 2  a2  12. Mệnh đề nào dưới
đây đúng?
2 2

A. P  z  2 . 
2

B. P  z  4 .
2
 
C. P  z  4 . 
2

D. P  z  2 .
2

Câu 41: Cho khối lập phương ABCD.ABCD cạnh bằng a. Các điểm E và F lần lượt là trung điểm cúa
CB và CD. Mặt phẳng  AEF  cắt khối lập phương đã cho thành hai phần, gọi V1 là thể tích khối chứa
V1
điểm A và V2 là thể tích khối chứa điểm C. Khi đó là
V2
25 17 8
A. . B. 1. C. . D. .
47 25 17
Câu 42: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  6; 3; 4  , B  a; b; c  . Gọi M,N,P lần lượt là giao điểm của

đường thẳng AB với các mặt phẳng tọa độ  Oxy  ,  Oxz  ,  Oyz  . Biết rằng M,N,P nằm trên đoạn AB sao
cho AM  MN  NP  PB. Tính giá trị của tổng a  b  c
A. a  b  c  11. B. a  b  c  11.
D. a  b  c  17. D. a  b  c  17.
Câu 43: Cho dãy số tăng a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số nhân, đồng thời a , b  8, c tạo thành cấp số
cộng và a , b  8, c  64 lập thành cấp số nhân. Khi đó giá trị của a  b  2c bằng
184
A. a  b  2c  . B. a  b  2c  64.
9
92
C. a  b  2c  . D. a  b  2c  32.
9
Câu 44: Cho hàm số f  x   x3  3ax2  3x  3 có đồ thị  C  và g  x   x3  3bx2  9 x  5 có đồ thị  H  , với

a,b là các tham số thực. Đồ thị  C  ,  H  có chung ít nhất 1 điểm cực trị. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P a 2 b

A. 21. B. 2 6  6. D. 3  5 3. D. 2 6.
2


Câu 45: Tính tích phân  max x , x3 dx 
0

15 17
A. 2. B. 4. C. . D. .
4 4
Câu 46: Cho các số phức z1  1, z2  2  3i và số phức z thỏa mãn z  1  i  z  3  i  2 2. Gọi M, m lần

lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P  z  z1  z  z2 . Tính tổng S  M  m

A. S  4  2 5. B. S  5  17 . C. S  1  10  17. D. S  10  2 5.
Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng  P  : x  y  2z  1  0 và
Q  : 2 x  y  z  1  0. Gọi  S  là mặt cầu có tâm thuộc Ox, đồng thời S  cắt mặt phẳng  P  theo giao
tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và cắt mặt phẳng  Q  theo giao tuyến là một đường tròn có

bán kính bằng r. Xác định r sao cho chỉ có duy nhất một mặt cầu  S  thỏa mãn điều kiện bài toán

3 2 10 14
A. r  . B. r  . C. r  3. D. r  .
2 2 2
Câu 48: Phương trình 2017 sin x  sin x  2  cos 2 x có bao nhiêu nghiệm thực trên  5; 2017   ?
A. Vô nghiệm. B. 2017. C. 2022. D. 2023.
LOVEBOOK.VN | 232
Công phá đề thi THPT quốc gia 2018 môn Toán More than a book

Câu 49: Cho đa giác lồi  H  có 22 cạnh. Gọi X là tập hợp các tam giác có 3 đỉnh là ba đỉnh của  H  . Chọn

ngẫu nhiên hai tam giác trong X. Tính xác suất để chọn được 1 tam giác có 1 cạnh là cạnh của đa giác  H 

và 1 tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác  H  (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ ba)
A. 0,374. B. 0,375. C. 0,376. D. 0,377.
Câu 50: Cho tứ diện ABCD có AD   ABC  , đáy ABC thỏa mãn điều kiện:
cot A  cot B  cot C BC CA AB
   .
2 AB. AC BA.BC CA.CB
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BD và BC. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp khối
chóp A.BCHK
4 32  8 4
A. V  . B. V  . C. V  . D. V  .
3 3 3 3 3

LOVEBOOK.VN | 233
 Đề thử sức số 10 The best or nothing

ĐÁP ÁN
1.A 2.C 3.B 4.B 5.C 6.C 7.A 8.B 9.D 10.B
11.B 12.A 13.D 14.B 15.A 16.B 17.B 18.D 19.B 20.D
21.D 22.B 23.B 24.C 25.C 26.B 27.C 28.A 29.B 30.A
31.C 32.D 33.B 34.A 35.C 36.B 37.C 38.B 39.C 40.D
41.A 42.B 43.B 44.A 45.D 46.B 47.A 48.D 49.B 50.B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án A.
Theo định lý trong SGK cơ bản 12 trang 6, ta có “Nếu f   x   0 với mọi x thuộc
K thì hàm số f  x  đồng biến trên K”. Vậy đáp án A đúng.
Phân tích phương án nhiễu:
Phương án B: Sai vì trong một số trường hợp, f   x  có thể không xác định tại a,b

nhưng hàm số vẫn đồng biến trên đoạn  a; b  . Ví dụ, xét hàm số f  x   x trên
1
đoạn  0;1 , có đạo hàm f   x   không xác định tại điểm x  0, tuy nhiên
2 x
hàm số này vẫn đồng biến trên đoạn  0;1 .
Phương án C: Sai vì thiếu dữ kiện “ f   x   0 tồn tại tại hữu hạn điểm”. Mặt khác,
ax  b ad  bc
khi xét hàm phân thức y  , nếu đạo hàm y  2
 0  ad  bc  0 thì
cx  d  cx  d 
STUDY TIPS khi đó hàm số là hàm hằng, không thỏa mãn với yêu cầu.
Đồ thị hàm số bậc nhất trên
Phương án D: Sai vì “ f  x  nghịch biến trên  a; b   f   x   0, x   a; b  và
ax  b
bậc nhất y  ,  c  0;
cx  d f   x   0 chỉ tại hữu hạn điểm”.
ad  bc  0  có một đường
Câu 2: Đáp án C.
d
tiệm cận đứng là x  và 3x  2
c Đồ thị hàm số y  có đường tiệm cận đứng là x  1, đường tiệm cận
một đường tiệm cận ngang x1
a ngang là y  3.
là x  .
c
Câu 3: Đáp án B.
x  0

Ta có y  4 x 3  8 x  4 x x 2  2 ; y  0   
STUDY TIPS  x   2
Dạng của đồ thị hàm trùng
Ta thấy hệ số a  1  0 nên đồ thị hàm số có dạng chữ W. Lập bảng biến thiên, ta
phương y  ax 4  bx 2  c ,
xác định được các điểm cực tiểu của hàm số là x   2.
a  0 được đề cập tại
trang 151, Công phá Toán 3. Câu 4: Đáp án B.
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:
2  m  1 x 3  2 mx 2  2  m  1 x  2 m   x 4  x 2
  
 x2 x2  1  2m x 3  x 2  x  1  2 x3  2 x  0   
x 2
x 2
 1  2 m  x  1  x 2
 
 1  2x x  1  0 2

 x 2  1  x  1
 
 x 2  1 x 2  2  m  1 x  2 m  0   
 g  x   x  2  m  1 x  2 m  0  
2

LOVEBOOK.VN | 234
 Công phá đề thi THPT quốc gia 2018 môn Toán More than a book


STUDY TIPS  g  1  1  2  m  1  2 m  1  0
Xét hàm số   3
Xét  g  1  1  2  m  1  2 m  4 m  3  0,  do m   
g  x   ax2  bx  c,  a  0   4

g  x0   0   2
    m  1  2 m  m  1  0, m  
2
Nếu  thì
  0,  hay   0 
3
phương trình g  x   0 luôn Suy ra phương trình    luôn có hai nghiệm phân biệt khác 1 , với m   .
4
có hai nghiệm phân biệt
Vậy hai đồ thị f  x  và g  x  cắt nhau tại 4 điểm.
khác x 0 .
Câu 5: Đáp án C.
Cách 1: Tư duy tự luận
 23 3  2 3
a  a 5 log b 3  log b 5 . log b  0
Ta có   a  1 và   0  b  1. Vậy  a
2 3
  2  3 log b a  0
3 5  3 5
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Chọn các giá trị a  0, 5   0;1 ; a  1, 5   1;   ; b  0, 3   0;1 ; b  1, 3   1;  

Qz^2a3$$pQz^3a5$$QyiQx
$2a3$$piQx$3a5r0.5=0.3
===1.5=1.3==

Ta chọn được các giá trị a  1, 5 và b  0, 3 thõa mãn điều kiện.

Ấn tiếp i1.5$0.3=i0.3$1.5=

Vậy log a b  0 và log b a  0.

Câu 6: Đáp án C.
Cách 1: Tư duy tự luận
2
2 1
2 1 a3
log 1 x  log 1 a  log 1 b  log 1 x  log 1 a 3  log 1 b 5  log 1 x  log 1 1
2
3 2
5 2 2 2 2 2 2
b5
2
a3
x 1
b5
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Chọn a  0, 3 và b  1, 3.
i1a2$$Q)$p2a3$i1a2$$Qz
$+1a5$i1a2$$QxrQz^1a2)
OQx^1a5)====Qz^3a2)PQx
^1a5)====Qz^2a3)PQx^1a5
)====Qz^3a2)PQx^5)===
LOVEBOOK.VN | 235
 Đề thử sức số 10 The best or nothing

Câu 7: Đáp án A.
STUDY TIPS
4 2 3 4
Quan sát yêu cầu bài toán ta
Ta có  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx
thấy có các cận 0, 2, 3, 4. Ta
0 0 2 3
nghĩ ngay đến công thức
2 4 4 3
chèn cận
b c d
  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  4  2  2.
 f  x dx   f  x  dx   f  x  dx
a a c
0 3 0 2

b
Câu 8: Đáp án B.
  f  x  dx. Cách 1: Tư duy tự luận
d
x  x x
Ta có  sin dx  2  d  cos   2 cos  C.
2  2 2
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

qw4qy2kQ)a2$)$Q)$pjQ)a
2$)r1.3=$$z=$$$$O!!1a=$
$$o=

STUDY TIPS
Cho hàm số f  x  liên tục
Câu 9: Đáp án D.
trên đoạn a; b . Giả sử 3 3

F  x  là một nguyên hàm Do hàm số f  x  có đạo hàm trên  0; 3  nên  f   x  dx  f  x   f  3  f  0 

0 0
của f  x  trên đoạn a; b .
3
Ta kí hiệu:  f  3    f   x  dx  f  0   5  2  7.
b

 f  x  dx  F  x 
b 0
a

a Câu 10: Đáp án B.
 F b  Fa.
Câu 11: Đáp án B.
Ta có SB   ABC   BC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng  ABC  .
    60.
S Suy ra SC 
,  ABC   SC  
, BC  SCB 
  a. tan 60  a 3.
Do ABC vuông tại A nên AC  AB.tan ABC
2

B C
 BC  AB2  AC 2  a 2  a 3    2 a.

  2 a.tan 60  2 3a.

Do SBC vuông tại B nên SB  BC. tan SCB
A
1 1 1
Vậy VS. ABC  SB.SABC  SB. AB.AC  .2 3a.a.a 3  a 3 (đvtt).
2
3 6 6
Câu 12: Đáp án A.
1 4 2 16
4 Thể tích nửa khối cầu bán kính R  2 là: V1  . R3  .2 3   (đvtt).
2 3 3 3
Thể tích khối trụ có bán kính đáy R  2, chiều cao h  4 là:
V2  R 2 h  .2 2.4  16  (đvtt).
4
Thể tích khối nón có bán kính đáy R  2, chiều cao h  4 là:

LOVEBOOK.VN | 236
 Công phá đề thi THPT quốc gia 2018 môn Toán More than a book
1 2 1 16
V3  R h  .2 2.4   (đvtt).
3 3 3
80 
Thể tích khối hình học (hình vẽ) cần tính là V  V1  V2  V3  (đvtt).
3
Câu 13: Đáp án D.
 
Ta có AB   1; 5; 4  nên vectơ chỉ phương của đường thẳng AB là uAB   1; 5; 4 
Phân tích phương án nhiễu:
x  1  t

Phương án A: Loại do đường thẳng  y  2  5t có vectơ chỉ phương là
 z  3  2t

 
u  1; 5; 2  không cùng phương với vectơ uAB .
x  2  t

Phương án B: Loại do đường thẳng  y  3  5t có vectơ chỉ phương là
 z  1  4t

 
u   1; 5; 4  không cùng phương với vectơ uAB .
x  1  t

STUDY TIPS Phương án C: Loại do đường thẳng  y  2  5t có vectơ chỉ phương là
Cho ba điểm A  x1 ; y1 ; z1  ,  z  3  4t

B  x2 ; y 2 ; z2  ,C  x3 ; y3 ; z3   
thì:
u   1; 5; 4  cùng phương với uAB nhưng không đi qua điểm A  1; 2; 3  .
1. Trung điểm của AB là Câu 14: Đáp án B.
 x  x 2 y 1  y 2 z1  z 2 
I 1 ; ; . Gọi I là trung điểm của AB thì I  1; 0; 1 . Ta có AB  2 2 . Suy ra mặt cầu  S 
 2 2 2 
2. Độ dài đoạn thẳng AB: AB
2 2 đường kính AB sẽ có tâm là I, bán kính R   2.
AB   x 2  x1    y 2  y1  2
2 2 2
  z 2  z1  . Phương trình mặt cầu  S  là:  x  1  y 2   z  1  2.
3. Trọng tâm của ABC là
 x  x 2  x 3 y1  y 2  y 3
Câu 15: Đáp án A.
G 1 ; ;
 3 3 Câu 16: Đáp án B.
z1  z 2  z 3  Sắp xếp 4 số tự nhiên 1, 2, 3, 4 theo thứ tự khác nhau, ta sẽ được một số tự nhiên
.
3  có 4 chữ số khác nhau. Vậy số số cần lập là 4!  24 (số).
Câu 17: Đáp án B.
Cách 1: Tư duy tự luận
n n
   3
 4   4  1
n  3 n  2 2 n  n  3n  4 n 1
lim  lim n  lim   n   n  .
3  n  3 n  2 2 n 2 n
3  3  4.4 n
   3 4
3      4
4 4
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

aqK^Q)$+3^Q)$+2^2Q)R3q
K^Q)$p3^Q)$+2^2Q)+2r10
0=
n  3n  2 2 n 1
Vậy lim n  .
3  3n  2 2 n 2 4

Câu 18: Đáp án D.

Tập xác định: D  .
LOVEBOOK.VN | 237
 Đề thử sức số 10 The best or nothing

m  0
* Trường hợp 1: Xét m2  2 m  0  m  m  2   0  
STUDY TIPS m  2
Phân tích sai lầm: Nhiều Nếu m  0 thì hàm số trở thành y  3x và luôn đồng biến trên . Vậy m  0
học sinh quên không xét
trường hợp hệ số a  0, tức thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2
quên xét m  2m  0. Đối Nếu m  2 thì hàm số trở thành y  2 x 2  3x chỉ đồng biến trên khoảng
với các bài toán tìm m để
hàm số đơn điệu của hàm  3 
  ;   . Vậy m  2 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
bậc ba, hay hàm trùng  4 
phương. Nếu hệ số bậc cao
nhất có chứa tham số thì ta m  0
* Trường hợp 2: Xét m2  2 m  0  m  m  2   0  
cần xét trường hợp hệ số đó
m  2
bằng 0 trước xem có thỏa
mãn yêu cầu bài toán hay  
Đạo hàm y  m 2  2 m x 2  2mx  3. Do phương trình y  0 chỉ có tối đa hai
không?
nghiệm nên hàm số đồng biến trên   y  0, x  
m2  2m  0
 
 m  2m x  2mx  3  0, x    
2 2
2 2
 
  m  3 m  2m  0
m  2

m  m  2   0  m0 m  3
   
2 m  3  m   0 m  3 m  0
m  0

m  3
Kết hợp cả hai trường hợp ta tìm được  .
m  0
Câu 19: Đáp án B.
Cách 1: Tư duy tự luận
x  0
Ta có y  6 x 2  12 x  6 x  x  2  ; y  0   . Do x   1;1 nên x  0.
x  2
Tính y  1  7; y  0   1; y  1  3 . Vậy max y  y  0   1.
 1;1


Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

w72Q)qdp6Q)d+1==p1=1=2
P19=

STUDY TIPS
Phương trình đường thẳng Quan sát bảng giá trị, ta xác định được giá trị lớn nhất xấp xỉ 0,9836710891. Vậy
đi qua hai điểm cực trị của max y  1.
ax2  bx  c 1;1
đồ thị y  ,a  0,
mx  n Câu 20: Đáp án D.
b  0 được xác định qua
công thức: x2
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y  là
x 1
y
 ax 2
 bx  c   2ax  b
 mx  n  m
y
 x 
2

 y  2x .
y
2a
m
b
x .
b
 x  1
Câu 21: Đáp án D.
Cách 1: Tư duy tự luận

LOVEBOOK.VN | 238
Công phá đề thi THPT quốc gia 2018 môn Toán More than a book

Điều kiện: x2  0  x  0.
  2 x2 4  1  0   x 2  4  0
   2
 ln x  0

2
   x  1

Bất phương trình 2 x 4  1 .ln x 2
2

   0 2
  2 x 4  1  0

2
  x  4  0 L
   x2  1  
 ln x 2  0
     
2  x  2
 x  2  x  2   0  1  x  2
  x  1 
 x  1 x  1  0   x  1  2  x  1

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   2; 1   1; 2  .
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Nhập vào màn hình biểu thức 2X  2
4
  
 1 .ln X 2 và CALC với X  2; 1;1; 2.

(2^Q)dp4$p1)OhQ)d)rp2=
rp1=r1=r2=

Ta xét dấu của biểu thức 2 X  2

4
   trên mỗi khoảng  ; 2  ,  2; 1 ,
 1 .ln X 2

 1;1 , 1; 2  ,  2;   .
Tiếp tục dùng CALC:

rp3==p1.5==0.5==1.5==3=

 2

  
Vậy 2 x 4  1 .ln x 2  0  x   2; 1   1; 2  .
Câu 22: Đáp án B.
 x  1
Xét phương trình 2 x 2  3 x  1  x 2  x  2  x 2  4 x  3  0  
 x  3
Vậy diện tích hình phẳng cần tính là
1 1
4
x 2  4 x  3 dx   x 
2
S   4 x  3 dx  (đvdt).
3 3 3
 2
Vậy cos     .
S
  2
Câu 23: Đáp án B.
w21+bqJz1pbqJxQzaQx=qc
QzpQx=Qz+Qx=qcQzQx=

LOVEBOOK.VN | 239
 Đề thử sức số 10 The best or nothing
Vậy phương án B sai.
Câu 24: Đáp án C.
Khi quay nửa đường tròn quanh trục quay là đường kính của nó thì ta thu được
một mặt cầu.
Phân tích phương án nhiễu:
Phương án A: Khi quay một hình quanh một trục, ta thu được một khối tròn xoay
trong không gian, còn hình tròn được xác định trên một mặt phẳng nên loại A.
Phương án B: Chỉ khi quay nửa hình tròn quanh đường kính của nó, ta mới thu
được một khối cầu.
Phương án C: Mặt trụ chỉ thu được khi ta quay 3 cạnh của một hình chữ nhật
quanh cạnh còn lại.
Câu 25: Đáp án C.
2 2 2

Từ giả thiết, ta có IH     và d I ;     IH    2  1   0  3  1  3  14.
Áp dụng công thức R2  IH 2  r 2 , trong đó R là bán kính mặt cầu  S  . Ta được:
STUDY TIPS
2
Cho mặt cầu  S  có tâm I, R  14   2 2  18.
bán kính R. Mặt phẳng    2 2 2
Vậy phương trình mặt cầu  S  là  x  1   y  3    z  3   18.
cắtmaặt cầu S theo giao
Câu 26: Đáp án B.
tuyến là một đường tròn bán 
kính bằng r thì: Đường thẳng d đi qua điểm M  1; 1; 0  và nhận vectơ chỉ phương u   2; 1; 3  .

 
R 2  d 2 I;     r 2 .
Mặt phẳng    có vectơ pháp tuyến n   1; 5;1 .
 d //   
Ta có u.n  2.1   1 .5  3.1  0 , suy ra 
d    
Nhận thấy 1  5.  1  0  4  0 nên điểm M  1; 1; 0  thuộc mặt phẳng    . Vậy
d   .
STUDY TIPS
Câu 27: Đáp án C.
Mp    : ax  by  cz  d  0 , 
Mặt phẳng  P  : y  z  2  0 có một vectơ pháp tuyến là n   0;1; 1 .
a 2 2 2
 b  c  0 nhận vectơ

n   a; b; c  là một vectơ Câu 28: Đáp án A.
pháp tuyến. Không gian mẫu là “Chọn ngẫu nhiên 2 người từ 10 học sinh trong tổ đó”. Suy
ra số phần tử của không gian mẫu là n     C10
2
.

Gọi A là biến cố “2 người được chọn là nữ” thì số kết quả thuận lợi cho biến cố
STUDY TIPS
A là n  A   C 32 .
Trong SGK Đại số & Giải
tích 11 (Cơ bản) đã đề cập n A C 32 1
đến cách tính đạo hàm của Vậy xác suất cần tính là P  A     .
một hàm số bằng định nghĩa n  C 2
10
15
như sau:
Câu 29: Đáp án B.
1. Giả sử  x là số gia của
đối số tại x0 , tính 2 2
Ta có y   x0  x    x0  x    x02  x0   x   2 x0 x  x.
 
y  f  x0  x   f  x0  .  
y 2
2. Lập tỉ số .
x
Nên f   x0   lim
y  x   2x0 x  x  lim x  2 x  1 .
y x0 x
 lim
x0 x x0
 0 
3. Tím lim . Khi đó
x0 x

y Vậy f   x   lim  x  2 x  1 .
y  x0   lim .  x0
x0 x

LOVEBOOK.VN | 240
 Công phá đề thi THPT quốc gia 2018 môn Toán More than a book
Câu 30: Đáp án A.
 
STUDY TIPS
1. V O;k   M   M
Ta có V 1
O; 
 M   M  OM  12 OM
 2
 
 OM  kOM .
 1
2. ĐOy  M   M  xM   2 xM  1
  M   1; 2  .
 M  xM ; yM  .
y  1 y  2
3. Ngoài ra, ta có thể tham  M  2 M
khảo thêm về kỹ thuật sử
dụng MTCT để giải bài toán
Mặt khác ĐOy  M    M  M  1; 2  .
phép biến hình trong mặt
Câu 31: Đáp án C.
phẳng Oxy tại Chủ đề 9,
cuốn Công phá Kỹ thuật Câu 32: Đáp án D.
Casio. Gọi M là trung điểm của CD. Do BC  CD  BD  BCD đều  BM  CD.
Lại có AC  AD  ACD cân tại A  AM  CD.
A
Khi đó  
 
ACD  ,  BCD   AM , BM . 
AM là đường trung tuyến của ACD
AC 2  AD 2 CD 2
 AM    a.
2 4 D
B
AM là đường trung tuyến của BCD M
STUDY TIPS CD. 3 2a 3 C
Các điều cần lưu ý:  BM    a 3.
2 2
1. Cho ABC có các cạnh 2
AB  c,AC  b, BC  a và M
là trung điểm BC. Ta có Trong ABM ta có cos AMB
2 2 2
  MA  MB  AB 
a2  a 3  a2

3  
2 MA.MB 2.a.a 3 2
b2  c 2 a 2
MA 2   .
2 4   30
 AMB
2. Nếu ABC đều cạnh a thì  .
  150
 AMB
a 3
MA  .
2
3. Góc giữa hai mặt phẳng Do 0  
ACD  ,  BCD   90 nên 
   
ACD  ,  BCD   AM  
, BM  30. 
luôn có số đo thỏa mãn:
 Câu 33: Đáp án B.
 
0   P  ,  Q   90.
x2
Phương trình hoành độ giao điểm của C  và d:  x  m
x 1
x  1 x  1
 
x  2   x  m x  1  f  x   x  mx  m  2  0  
2
STUDY TIPS
Phân tích sai lầm thường Để C  và d cắt nhau tại hai điểm phân biệt A,B khi và chỉ khi phương trình   
gặp: Với bài toán này, nhiều
học sinh đọc đề không kĩ mà có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 1
bỏ qua điều kiện m  0. Từ
đó tìm ra m  0,m  2 và  f  1  12  m  m  2  0 1  0
kết luận chọn ngay phương
 2
 2  m  .
án A.
     m   4  m  2   0  m  4 m  8  0

Mặt khác OAB là tam giác nên O  d hay m  0 .

OA  2 x2  2 mx  m2
 1 1
Gọi A  x1 ;  x1  m  và B  x2 ;  x2  m  . Suy ra 
OB  2 x2  2 mx2  m2
2

 x2  mx1  2  m
Do x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình    nên  12
 x2  mx2  2  m

LOVEBOOK.VN | 241
 Đề thử sức số 10 The best or nothing
OA  2  2  m   m2  m 2  2 m  4

Khi đó 
OB  2  2  m   m2  m2  2 m  4

2 m  0
Từ giả thiết ta có  1  m2  2 m  4  2  m  m  2   0  
2
m  2m  4 m  2
Đối chiếu với điều kiện ta được m  2 thỏa mãn.
Câu 34: Đáp án A.
STUDY TIPS
Phân tích sai lầm thường Ta có
gặp:  1  1 1
1. Học sinh quên xét trường x1  x1   1
x1 x x x  1
hợp m  0. Khi m  0 thì lim y  lim  lim    lim    lim
x x 2 x x x
hàm số có dạng y  x  1 và mx  1 1 1 1 m
x m 2 x m  2  m 2
đồ thị không có tiệm cận x x x
ngang.
 1  1 1
2. Nhiều học sinh không x1  x1  1
x1 x x x  1
hiểu rõ bản chất của mệnh
lim y  lim  lim    lim    lim
đề phủ định. Vì ban đầu có x x
mx 2  1 x 1 x 1 x 1 m
thể nhiều học sinh sẽ tìm m x m 2 x m 2 m 2
để đồ thị hàm số có tiệm cận
x x x
ngang và tìm được m  0. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang khi và chỉ khi m  0. Phủ định lại, đồ thị hàm
Phủ định lại, đồ thị hàm số
số không có tiệm cận ngang khi và chỉ khi m  0.
không có tiệm cận ngang khi
và chỉ khi m  0. Như vậy, Câu 35: Đáp án C.
mệnh đề đã bị phủ định sai. Màn ảo thuật của Dynano được biểu diễn theo mô hình bên.
Cách 1: Áp dụng kiến thức “Giá trị lớn nhất – Giá trị nhỏ nhất của hàm số”
Ta có AB  c , AC  a , BD  b, AM  x. Khi đó CM  AC 2  AM 2  x 2  a 2 và
2
D MD  BM 2  BD 2  c  x  b 2  x 2  2cx  b2  c 2 .
Như vậy quãng đường di chuyển của Dynano là
C
T  CM  MD  x 2  a 2  x 2  2cx  b 2  c 2 ,  0  x  c  .

Xét hàm số x 2  a 2  x 2  2 cx  b 2  c 2 trên  0; c  .

x xc
A M B Đạo hàm f   x    0
2 2
x a x  2cx  b 2  c 2
2

 2

 x x 2  2cx  b2  c 2   c  x  x 2  a 2  x 2  c  x   b2   c  x  x 2  a 2
2
 
2 ac
 x 2 b2   c  x  a 2  bx   c  x  a  x    0; c  .
ab
D ac
Lập bảng biến thiên ta tìm được f  x  đạt nhỏ nhất khi x  .
C ab
Cách 2: Dùng kiến thức hình học
Gọi D là điểm đối xứng với D qua AB. Khi đó MC  MD  MC  MD  CD
Do vậy  MC  MD min  CD. Dấu “=” xảy ra khi M  CD hay M  CD  AB.
A M B
AM AC x a ac
Khi đó AMC ∽ BMD     x .
BM BD cx b ab
Câu 36: Đáp án B.
Cho m  1 ta có f  n  1  f  n   f  1  n  f  n  1  f  n   n  1.

    
Khi đó f  2   f  3   ...  f  k   f  1  2  f  2   3  ...  f  k  1  k  1 
  f  2   f  3   ...  f  k  1   f  k   f  1   f  2   ...  f  k  1    1  2  ...  k 

LOVEBOOK.VN | 242
 Công phá đề thi THPT quốc gia 2018 môn Toán More than a book

k  k  1
 f  k   f  1   1  2  ...  k   1  .
2
 96.97
x  x  1  f  96   1  2  4657
Vậy hàm cần tìm là f  x   1  
2  f  69   1  69.70  2416
 2
4657  2416  241
Vậy T  log  log 1000  3.
2
Câu 37: Đáp án C.
a
2
b a a
  1 2 2
Ta có P  2
 .    1. Đặt t    , do 0  b  2  t  1.
 2 a  2 b b
   1
 b  
STUDY TIPS t t
Cắt một vật thể D bởi hai Xét hàm số f  t     1 trên  1;   .
2
 t  1 2
mặt phẳng  P , Q vuông
2
góc với trục Ox lần lượt tại
Đạo hàm f  t  
 t  1   2t  t  1  1   t  1 
1
; f   t   0  t  3.
x  a,x  b  a  b . Một mặt 4 3
 t  1 2  t  1 2
phẳng tùy ý vuông góc với
Ox tại điểm x  a  x  b cắt 13 13
Lập bảng biến thiên của hàm số, ta thấy min f  x   f  3   . Vậy Pmin  .
D theo thiết diện có diện tích 4 4
là S  x  . Nếu S  x  liên tục Câu 38: Đáp án B.
trên đoạn a; b thì thể tích Diện tích hình chữ nhật là S  x   x ln x 2  1 .  
V của phần vật thể giới hạn 1 1
1
bởi hai mặt phẳng P và Thể tích cần tính là V   S  x  dx   x ln x 2  1 dx  ln 2    2
(Chú ý: Sử dụng
0 0
 Q được giới hạn bởi công
b MTCT để kiểm tra kết quả).
thức: V   S  x  dx. Câu 39: Đáp án C.
a

Từ giả thiết, ta có phương trình chính tắc của elip là:

x2 y 2 x2 y2 x2
2
 2
 1    1  y  5 1 
8 5 64 25 64
y 5
Do trục tung và trục hoành chia hình elip thành bốn phần bằng nhau, nên diện
tích hình elip là Se  2S . Trong đó S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các
–4 4 x
–8 8 x2
đường y  0, y  5 1  .
64
–5 8 8
x2 5
Suy ra Se  2  5 1   64  x 2
8
64 4 8
    
Đặt x  8 sin t , t    ;   dx  8 cos tdt . Đổi cận x  8  t   ; x  8  t  .
STUDY TIPS  2 2 2 2
Phương trình chính tắc của   
x 2 y2 5 2 2 2
elip là   1. Trong đó
a 2 b2 Khi đó Se   64  64 sin x .8 cos tdt  80  cos tdt  40   1  cos 2t  dt
2 2

2a, 2b lần lượt là độ dài trục

4   
  
2 2 2
lớn, trục bé.

 1 2
 40  t  sin 2t   40  m 2 .
 2  
 
2

LOVEBOOK.VN | 243
 Đề thử sức số 10 The best or nothing

STUDY TIPS
Diện tích hình tròn đường kính bằng 8m là St  .4 2  16  m 2 .  
Công thức tính diện tích của Vậy diện tích phần thả cả là Sc  Se  St  40   16   24   m  và số cá thả vào
2

hình elip khi biết độ dài trục

lớn 2a và độ dài trục bé 2b là khuôn viên đó là 24 .5  377 con.
S  ab (chứng minh bằng Câu 40: Đáp án D.
cách dùng ứng dụng của
2 2
Giả thiết tương đương với z 2  4  4 z  z 2  4  z  4   4 zz
2
tích phân).

 

2 2 2 2
 z 2 .z  4 z 2  4 z  16  4 zz  zz  2  4  z 2  z   12  0
 
 
STUDY TIPS 2

Cho hai số phức z1 ,z 2 . Ta


2



 4  z 2  z   12  z  2 .
2

có: 2 2
1. z1  z2  z1  z2 . Đặt z  a  bi thì z 2  a2  b2  2abi ; z  a 2  b 2  2 abi. Suy ra z 2  z  2 a2  b2 .  
2 2 2
2. z  z.z.

Vậy P  4  z 2  z   12  z  2 .
 
2

Câu 41: Đáp án A.

Đường thẳng EF cắt AD và AB tại N, M; AN cắt DD tại P,

N AM cắt BB tại Q. Khi đó thiết diện của hình lập phương khi cắt
F
E bởi mặt phẳng  AEF  là ngũ giác APFEQ.

P Từ giả thiết ta có V1  V ABDAPFEQ và V 2  V ABCDCPFEQ .

M
Q
Gọi V  V ABCD . ABC D ; V 3  V A . AMN ; V 4  V PFDN ; V 5  VQMBE .
Do tính đối xứng của hình lập phương nên V4  V5 .
A D
Nhận thấy
B C 1 1 3a 3a 3 a 3
V3  AA. AM . AN  .a. .  (đvtt).
6 6 2 2 8
1 1 a a a a3
V4  .DP.DF.DN  . . .  (đvtt).
6 6 3 2 2 72
3a 3 a 3 25a 3
V1  V3  2V4   2.  (đvtt);
8 72 72
25 a 3 47 a 3
V2  V  V1  a 3   (đvtt).
72 72
V 25
Vậy 1  .
V 2 47
Câu 42: Đáp án B.
Các phương trình Oxy  : z  0;  Oyz  : x  0;  Oxz  : y  0. Giả sứ M  x M ; y M ; 0  ,
N  xN ; 0; zN  , P  0; y P ; zP  . Theo giả thiết ta có M là trung điểm của AN nên ta có
 6  xN 3 4  z N  4  zN  3 
M ; ;  . Do z M  0 nên  0  z N  4  M  x M ;  ; 0  và
 2 2 2  2  2 
N  x N ; 0; 4  .
 x 2 y  3 zP 
Lại có N là trung điểm của MP nên N  M ; P ; .
 2 4 2 
 2 yP  3
 0  3
 y N  0 4  yP   3 
Mà  nên   2 Khi đó P  0; ; 8  .
 z N  4  zP  4  z  8  2 
 2  P

LOVEBOOK.VN | 244
 Công phá đề thi THPT quốc gia 2018 môn Toán More than a book

 6  xN
 xM 
2  2 xM  xN  6   xM  4 . Vậy M  4;  3 ; 0  , N 2; 0; 4 .
Từ       
 x  xM  xM  2 xN  0  xN  2  2 
 N 2
 xB  6  2  2  6  a  2
   
Mặt khác AB  2 AN   y B  3  2  0  3   B  2; 3; 12   b  3 .
 c  12
 zB  4  2  4  4  
Vậy a  b  c  2  3  12  11.
Câu 43: Đáp án B.

STUDY TIPS
b2  ac b 2  ac b2  ac
  
1. Nếu ba số a,b,c theo thứ
Từ giả thiết ta có  a  c  2  b  8    a  c  2  b  8   c  7 a  8
tự lập thành một cấp số
  
b  4 a  4
2 2
 b  8   a  c  64   b  8   b  64 a
cộng thì a  c  2b. 2

2. Nếu ba số a,b,c theo thứ

tự lập thành một cấp số  4 a  4 2  a  7 a  8  9 a 2  40 a  16  0
2   a  4; b  12; c  36
nhân thì b  ac. 
 c  7 a  8  c  7 a  8 
 a  4 ; b   20 ; 100
b  4 a  4 b  4 a  4
   9 9 9

Do a,b,c tạo thành một dãy số tăng nên a  4; b  12; c  36.

Suy ra a  b  2c  4  12  2.36  64.
Câu 44: Đáp án A.
STUDY TIPS  f   x   3x 2  6ax  3  0   1
Phân tích đề bài: Yêu cầu
Xét hệ phương trình   6x  a  b   6  x  .
 g  x   3x  6bx  9  0
2
ab
bài toán tương đương với
hai phương trình f   x   0, Áp dụng công thức nghiệm cho phương trình    ta có x   a  a 2  1 với
g  x   0 có ít nhất một
a    ; 1   1;   .
nghiệm chung. Do phương
trình f   x   0,g  x   0 có * Trường hợp 1: x   a  a 2  1 .
bậc hai nên nếu có hai 1 1
nghiệm trùng nhau thì Ta có  a  a2  1  b  a   2a  a2  1
ab 2
a a 1
f   x   k.g  x với k  ,
k  0 , điều này vô lý vì hệ Suy ra P  a  2 b  a  4 a  2 a2  1  5a  2 a2  1
số tự do trong hai phương
trình này không tỉ lệ với Xét hàm số f  x   5 x  2 x 2  1, x    ; 1   1;   .
nhau.
2x  x  0
Đạo hàm f   x   5  ; f   x   0  5 x 2  1  2 x  
x2  1  2

 25 x  1  4 x
2

5
x (thỏa mãn).
21
 5 
Lại có f      21  P  21 (lập bảng biến thiên của hàm số f  x  ).
 21 
* Trường hợp 2: Tương tự, ta tìm được P  21.
STUDY TIPS
Câu 45: Đáp án D.
Cho hai hàm f, g liên tục trên
K. Khi đó ta có: x  0 x  0
Cách 1: Ta có x 3  x  x  x  1 x  1  0   . Do x   0; 2  nên  .
f g  f g  x  1 x  1
1. max f,g  .
2
Xét dấu, ta được x 3  x  0, x   0;1 và x 3  x  0, x   1; 2  . Suy ra
f g  f g
2. min f,g  .
2  
max x , x 3  x và max x , x3  x 3 .
 0;1 1;2 
 

LOVEBOOK.VN | 245
 Đề thử sức số 10 The best or nothing
2 1 2
17
 
Vậy  max x , x 3 dx   xdx   x 3dx 
4
.
0 0 1

2 2 x  x  x3  x
3 1 2
17
Cách 2:  max x , x dx    3
 2
dx   xdx   x 3dx 
4
.
0 0 0 1

Câu 46: Đáp án B.

Số phức z1  1 có điểm biểu diễn là A  1; 0  , số phức z2  2  3i có điểm biểu diễn
là B  2; 3  .
y
M A’ Gọi E  x; y  là điểm biểu diễn của số phức z, khi đó z  x  yi ,  x , y    .
1
2 2 2
1 E
Suy ra P   x  1  yi   x  2    y  3  i   x  1  y2   x  2   y  3
3
O A 2 x  P  EA  EB .
–1 N Mặt khác z  1  i  z  3  i  2 2   x  1   y  1 i   x  3    y  1 i  2 2
2 2 2 2
  x  1   y  1   x  3    y  1 2 2 
–3
B
Gọi M  1;1 , N  3; 1 thì EM  EN  2 2  MN  Điểm E thuộc đoạn MN.
Ta có phương trình đường thẳng MN là x  y  2  0 với x  1; 3  .
Bài toán trở thành: Cho điểm E thuộc đoạn MN. Tìm giá trị lớn nhất cúa biểu
thức P  EA  EB.
 f  1; 0   1  0  2  1
Đặt f  x   x  y  2. Ta có   f  1; 0  . f  2; 3   3  0. Suy
 f  2; 3   2  3  2  3
ra hai điểm A,B nằm về cùng một phía đối với MN. Gọi A’ là điểm đối xứng với
A qua MN thì A  2;1 . Khi đó P  EA  EB  EA  EB  AB  4.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi E  AB  E  AB  MN  E  2; 0  hay z  2.
Do điểm E luôn thuộc đoạn thẳng MN nên P  EA  EB đạt giá trị lớn nhất khi
E  M hoặc E  N.
 MA  MB  1  17
Có   MA  MB  NA  NB  max P  MA  MB  1  17.
 NA  NB  2 5
Vậy M  1  17 , m  4  S  M  m  5  17.
Câu 47: Đáp án A.
Giả sử mặt cầu  S  có tâm I  a; 0; 0   Ox , bán kính R  0. Khi đó phương trình
2
mặt cầu  S  là  x  a   y 2  z 2  R 2 .
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của I trên  P  và  Q  , khi đó:
STUDY TIPS
Cho mặt cầu  S  có tâm I, a1 2a  1

IH  d I ;  P    6
và IK  d I ; Q     6
.
bán kính R. Mặt phẳng   
cắtmaặt cầu S  theo giao   a  1 2
  4  R2
tuyến là một đường tròn bán  6
2 2 2 2 2
kính bằng r thì: Do IH  4  R và IK  r  R nên  2
  2a  1
 
R 2  d 2 I;     r 2 .
  r 2  R2
 6
2 2


 a  1 4
 2a  1 2
 r 2   a  1  24   2a  1  6r 2
2

6 6
LOVEBOOK.VN | 246
 Công phá đề thi THPT quốc gia 2018 môn Toán More than a book

 a2  2 a  2r 2  8  0  .

Để có duy nhất một mặt cầu  S  thì phương trình    phải có một nghiệm
9 3
 
   1  2r 2  8  0  r 2  . Do r  0 nên r 
2 2
.

Câu 48: Đáp án D.

Phương trình tương đương với 2017 sin x  sin x  1  sin 2 x .
Đặt t  sin x , t   1; 1 thì phương trình trở thành 2017 t  t  1  t 2 .

 
 t.ln 2017  ln t  1  t 2  0 , do t  1  t 2  t 2  t  t  t  0, t.

 
Xét hàm số f  t   t.ln 2017  ln t  1  t 2 trên  1;1 .

t 2  1.ln 2017  1 ln 2017  1

Đạo hàm f   t     0, t   1;1 .
2
1 t 1  t2
Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên  1;1 . Mà f  0   0 nên phương trình

f  t   0 có duy nhất một nghiệm t  0.

Như vậy sin x  0  x  k  ,  k    . Vì x   5; 2017   nên 5  k  2017.

Vậy có 2017   5   1  2023 giá trị k nên phương trình đã cho có 2023 nghiệm
thực trên  5; 2017   .
Câu 49: Đáp án B.
* Đa giác lồi  H  có 22 cạnh nên cũng có 22 đỉnh. Số tam giác có 3 đỉnh là đỉnh
của đa giác  H  là C 22
3
 1540 (tam giác).
Suy ra số phần tử của không gian mẫu  là n     C1540
2
.

* Số tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác  H  là 22.18  396 (tam giác).

Số tam giác có hai cạnh là cạnh của đa giác  H  là 22 (tam giác).

Số tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác  H  là 1540  396  22  1122
(tam giác).
Gọi A là biến cố “Hai tam giác được chọn có có 1 cạnh là cạnh của đa giác  H 
và 1 tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác  H  ”.
Số phần tử của A là n  A   C 396
1 1
.C1122 .
n A 1
C 396 1
.C1122 748
* Vậy xác suất cần tìm là P  A      0, 375.
n  2
C1540 1995
Câu 50: Đáp án B.
* Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCHK
STUDY TIPS
Để xác định tâm mặt cầu Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AC và AB. Trong mặt phẳng  ABC  , kẻ các
ngoại tiếp một hình chóp, ta
tìm giao điểm của hai đường đường thẳng d , d lần lượt vuông góc với AC và AB tại E,F. Do DA  d , DA  d
thẳng vuông góc với hai mặt
bên (bất kì) tại tâm đường  do DA   ABC   nên d   DAC  , d   DAB  . Gọi I là giao điểm của d , d thì I
tròn ngoại tiếp hai mặt bên chính là tâm của mặt cầu chứa hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác AHC, AKC.
đó.
Hay nói cách khác, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCHK, bán kính
R  IA cũng chính là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC  do IA  IB  IC  .

LOVEBOOK.VN | 247
 Đề thử sức số 10 The best or nothing
* Một số hệ thức lượng cần nhớ trong tam giác
Cho ABC , gọi AH là đường cao  H  BC  . R,r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại
tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác, p là nửa chu vi. Kí hiệu BC  a , AC  b, AB  c ,
diện tích SABC  S.
1. Định lý cosin: a 2  b2  c 2  2bc cos A; b2  a2  c 2  2ac cos B; c 2  a2  b2  2ab cos C.
a b c
2. Định lý sin:    2 R.
sin A sin B sin C
3. Độ dài trung tuyến xuất phát từ các đỉnh A,B,C (Kí hiệu lần lượt là ma , mb , mc ):
b2  c 2 a2 a2  c 2 b2 a2  b2 c 2
ma2   ; mb2   ; mc2   .
2 4 2 4 2 4
4. Các công thức tính diện tích tam giác:
 1 1 1
S  2 a.ha  2 b.hb  2 c.hc

 1 1 1
S  bc sin A  ac sin B  ab sin C
 2 2 2
 abc
S  4 R  pr  p  p  a  p  b  p  c  .

AB BC CA
tan tan tan
ab 2 ; b  c 2 ; c  a 2 .
5. Định lý tang:   
ab AB bc BC c  a CA
tan tan tan
2 2 2
b2  c 2  a 2 a2  c 2  b2 a 2  b2  c 2
6. Định lý cotang: cot A  ; cot B  ; cot C  .
4S 4S 4S
a2  b2  c 2
D   cot A  cot B  cot C  .
4S
* Phân tích dữ kiện đề bài:
K cot A  cot B  cot C BC CA AB
  
2 AB.AC BA.BC CA.CB
AB2  BC 2  CA 2 BC 2  CA 2  AB2
H
   8SABC  AB.AC.BC
8SABC AB.AC.BC
E
A C AB.AC.BC
 8.  AB.AC.BC  R  2  IA
4R
F I
Vậy thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCHK là:
B 4 4 32 
V  R3  .2 3  (đvtt).
3 3 3

LOVEBOOK.VN | 248