2018 dangthuchua1hdg

SỞ GD VÀ ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
ĐỀ THI THỬ LẦN 1
KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2018
Bài thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
BẢNG ĐÁP ÁN
1. A 2. B 3. B 4. C 5. C 6. D 7. B 8. A 9. D 10. D
11. A 12. A 13. D 14. B 15. C 16. D 17. B 18. D 19. B 20. D
21. A 22. A 23. D 24. B 25. D 26. C 27. C 28. B 29. B 30. D
31. A 32. B 33. A 34. B 35. B 36. B 37. A 38. C 39. D 40. C
41. C 42. A 43. D 44. C 45. A 46. C 47. A 48. C 49. C 50. B
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
(Soạn bởi Nguyễn Minh Hiếu)
Câu 1. Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có đường sinh bằng l và bán kính đáy bằng
r là
A. Sxq = 2πrl. B. Sxq = πrl. C. Sxq = 2πr2. D. Sxq = 4πr2.
Lời giải. Chọn phương án A.
Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq = 2πrl.
Câu 2. Tập nghiệm của bất phương trình 4x < 2x+1 là
A. (1;+∞). B. (−∞;1). C. (0;1). D. (−∞;+∞).
Lời giải. Chọn phương án B.
Ta có 4x < 2x+1 ⇔ 22x < 2x+1 ⇔ 2x < x+1 ⇔ x < 1.
Câu 3. Giới hạn lim
x→3
x−3
x+3
bằng
A. −∞. B. 0. C. +∞. D. 1.
Ta có lim
x→3
x−3
x+3
= 0.
Câu 4. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x2 + (y − 1)2 + z2 = 2. Điểm nào dưới đây nằm
ngoài (S)?
A. M(1;1;1). B. N(0;1;0). C. P(1;0;1). D. Q(1;1;0).
Lời giải. Chọn phương án C.
Mặt cầu (S) có tâm I(0;1;0) và bán kính R =
√
2.
Ta có
−→
IM = (1;0;1) ⇒ IM =
√
2 = R, suy ra M ∈ (S); N ≡ I, suy ra N nằm trong (S).
Ta có
−→
IP = (1;−1;1) ⇒ IP =
√
3 > R, suy ra P nằm ngoài (S).
Ta có
−→
IQ = (1;0;0) ⇒ IQ = 1 < R, suy ra Q nằm trong (S).
Câu 5. Đồ thị hàm số nào dưới đây không có đường tiệm cận ngang?
A. y =
x+2
x2 +1
. B. y =
x+2
x+1
. C. y =
x2 +1
x+2
. D. y =
1
x+2
.
Ta có lim
x→±∞
x2 +1
x+2
= ±∞, suy ra đồ thị hàm số y =
x2 +1
x+2
không có tiệm cận ngang.
Câu 6. Hàm số nào dưới đây có tập xác định là R?
A. y = ln x2 −1 . B. y = ln 1−x2 . C. y = ln(x+1)2
. D. y = ln x2 +1 .
Lời giải. Chọn phương án D.
Ta có x2 +1 > 0,∀x ∈ R nên hàm số y = ln x2 +1 có tập xác định là R.
1

Câu 7. Phần ảo của số phức z thỏa mãn (1+i)z = 3−i là
A. 2. B. −2. C. 1. D. −1.
Ta có (1+i)z = 3−i ⇔ z =
3−i
1+i
= 1−2i. Do đó phần ảo của z là −2.
Câu 8. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;2;2), B(3;−2;0). Một vectơ chỉ phương của đường
thẳng AB là
A. −→u (−1;2;1). B. −→u (1;2;−1). C. −→u (2;−4;2). D. −→u (2;4;−2).
Ta có
−→
AB = (2;−4;−2) = −2(−1;2;1) nên −→u (−1;2;1) là một vectơ chỉ phương của AB.
Câu 9. Cho x,y là các số thực tùy ý. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. ex+y = ex +ey. B. ex−y = ex −ey. C. exy = ex.ey. D. ex−y =
ex
ey
.
Theo tính chất lũy thừa ta có ex−y =
ex
ey
.
Câu 10. Ký hiệu Ak
n là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử (1 k n). Mệnh đề nào dưới đây
đúng?
A. Ak
n =
n!
(n+k)!
. B. Ak
n =
n!
k!(n+k)!
. C. Ak
n =
n!
k!(n−k)!
. D. Ak
n =
n!
(n−k)!
.
Số các chỉnh hợp chập k của n phần tử là Ak
n =
n!
(n−k)!
.
Câu 11. Nếu ba kích thước của một khối hộp chữ nhật tăng lên 3 lần thì thể tích của nó tăng lên bao
nhiêu lần?
A. 27. B. 9. C. 18. D. 3.
Giả sử khối hộp chữ nhật có các kích thước là a,b,c thì thể tích là V = abc.
Khi tăng các kích thước lên 3 lần thì thể tích là V = 3a.3b.3c = 27abc = 27V.
Vậy thể tích tăng lên 27 lần.
Câu 12.
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như
hình bên. Khẳng định nào dưới đây sai?
A. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và x = 1.
B. Giá trị cực tiểu của hàm số bằng −1.
C. Giá trị cực đại của hàm số bằng 2.
D. Hàm số đạt cực tiểu tại x = −2.
x
y
y
−∞ −2 0 1 +∞
− 0 + + 0 −
+∞+∞
−1−1
2
−∞
22
−∞−∞
Hàm số có đạo hàm không đổi dấu khi đi qua x = 0 nên không đạt cực đại tại x = 0.
Câu 13.
Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình bên. Số nghiệm của phương
trình f(x) = x là
A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.
x
y
O
1
1
Kẻ đường thẳng y = x ta thấy đường thẳng y = x cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt.
Câu 14. Tích phân
e
1
1+x
x2
dx bằng
2

A. 1+
1
e
. B. 2−
1
e
. C. 2+
1
e
. D. 1−
1
e
.
Sử dụng máy tính tính và dò được kết quả tích phân là 2−
1
e
.
Câu 15. Điểm M(3;−1) là điểm biểu diễn của số phức nào dưới đây?
A. z = −1+3i. B. z = 1−3i. C. z = 3−i. D. z = −3+i.
Điểm M(3;−1) là điểm biểu diễn của số phức z = 3−i.
Câu 16. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng (Oyz) có phương trình là
A. x = y+z. B. y−z = 0. C. y+z = 0. D. x = 0.
Mặt phẳng (Oyz) có phương trình x = 0.
Câu 17.
Cho hàm số y = f(x) xác định, liên tục trên R và đạo hàm f (x) có đồ thị như
hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số đồng biến trên khoảng (−2;0).
B. Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;+∞).
C. Hàm số đồng biến trên (−∞;−3).
D. Hàm số nghịch biến trên (−3;−2).
x
y
O
−3 −2
Trên khoảng (−2;0) ta có f (x) < 0 nên mệnh đề ở phương án A sai.
Trên khoảng (0;+∞) ta có f (x) < 0 nên mệnh đề ở phương án B đúng.
Trên khoảng (−∞;−3) ta có f (x) < 0 nên mệnh đề ở phương án C sai.
Trên khoảng (−3;−2) ta có f (x) > 0 nên mệnh đề ở phương án D sai.
Câu 18. Giả thiết nào dưới đây kết luận đường thẳng a song song với mặt phẳng (P)?
A. a b và b ⊂ (P). B. a (Q) và (Q) (P).
C. a b và b (P). D. a∩(P) = /0.
Đường thẳng và mặt phẳng không có điểm chung thì song song.
Câu 19. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;2;2) và B(3;−2;0). Phương trình mặt phẳng
trung trực của đoạn thẳng AB là
A. x−2y−2z = 0. B. x−2y−z−1 = 0. C. x−2y−z = 0. D. x−2y+z−3 = 0.
Gọi I trung điểm AB ta có I(2;0;1);
−→
AB = (2;−4;−2).
Mặt phẳng trung trực của AB đi qua I và có một vectơ pháp tuyến
−→
AB = (2;−4;−2) hay −→n (1;−2;−1).
Vậy mặt phẳng có phương trình x−2−2y−(z−1) = 0 ⇔ x−2y−z−1 = 0.
Câu 20. Một chiếc hộp có chín thẻ đánh số từ 1 đến 9. Rút ngẫu nhiên hai thẻ rồi nhân hai số ghi trên
thẻ với nhau. Xác suất để kết quả nhận được là một số chẵn bằng
A.
5
54
. B.
8
9
. C.
4
9
. D.
13
18
.
Rút ngẫu nhiên 2 thẻ trong 9 thẻ nên số phần tử không gian mẫu là C2
9 = 36.
Để tích 2 số ghi trên 2 thẻ là số chẵn ta có các trường hợp:
TH1: Rút được 2 thẻ ghi số chẵn có C2
4 = 6 cách;
TH2: Rút được 1 thẻ ghi số chẵn và 1 thẻ ghi số lẻ có C1
4 ×C1
5 = 20 cách.
Do đó số cách rút được 2 thẻ thỏa mãn yêu cầu bài toán là 6+20 = 26.
Vậy xác suất cần tìm là
26
36
=
13
18
.
3

Câu 21. Cho hàm số y = f(x) thỏa mãn f (x) = x + sinx và f(0) = 1. Khẳng định nào dưới đây
đúng?
A. f(x) =
x2
2
−cosx+2. B. f(x) =
x2
2
−cosx−2.
C. f(x) =
x2
2
+cosx. D. f(x) =
x2
2
+cosx+
1
2
.
Ta có f(x) = (x+sinx)dx =
x2
2
−cosx+C.
Lại có f(0) = 1 ⇔ −1+C = 1 ⇔ C = 2. Vậy f(x) =
x2
2
−cosx+2.
Câu 22. Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường y = ex,y = 2,x = 0 và x = 1 bằng
A. 4ln2+e−5. B. 4ln2+e−6. C. e2 −7. D. e−3.
Diện tích hình phẳng cần tìm là S =
1
0
|ex
−2|dx.
Sử dụng máy tính dò được phương án A.
Câu 23. Cho các số thực dương a,b thỏa mãn log2 a = x,log2 b = y và biểu thức P = log2 a2b3 .
Khẳng định nào dưới đây đúng?
A. P = x2y3. B. P = x2 +y3. C. P = 6xy. D. P = 2x+3y.
Ta có P = log2 a2 +log2 b3 = 2log2 a+3log2 b = 2x+3y.
Câu 24. Cho hàm số y = f(x) có bảng xét dấu đạo hàm như hình sau
x
y
−∞ −1 0 1 +∞
− − 0 + 0 −
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. min
(−1;+∞)
f(x) = f(0). B. max
(0;+∞)
f(x) = f(1).
C. max
(−1;1)
f(x) = f(0). D. min
(−∞;−1)
f(x) = f(−1).
Từ bảng xét dấu ta có bảng biến thiên như sau
x
y
y
−∞ −1 0 1 +∞
− − 0 + 0 −
Từ bảng biến thiên suy ra max
(0;+∞)
f(x) = f(1).
Câu 25.
Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
A. y = −x3 −4. B. y = x3 −3x2 −4.
C. y = −x3 +3x−2. D. y = −x3 +3x2 −4. x
y
O
−1 2
−4
4

Đồ thị đi xuống có hệ số a < 0 nên loại phương án B.
Đồ thị có hai điểm cực trị nên loại phương án A.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;−4) nên loại phương án C.
Câu 26. Một công ty trách nhiệm hữu hạn thực hiện việc trả lương cho các kỹ sư theo phương thức
sau: Mức lương của quý làm việc đầu tiên cho công ty là 4,5 triệu đồng, và kể từ quý làm việc thứ
hai, mức lương sẽ được tăng thêm 0,3 triệu đồng mỗi quý. Hãy tính tổng số tiền lương một kĩ sư được
nhận sau 3 năm làm việc cho công ty.
A. 83,7 triệu đồng. B. 78,3 triệu đồng. C. 73,8 triệu đồng. D. 87,3 triệu đồng.
Tiền lương hàng quý của các kỹ sư là một cấp số cộng với u1 = 4,5 và d = 0,3.
Do đó tổng số tiền lương sau 3 năm là S12 =
12
2
(2.4,5+11.0,3) = 73,8 triệu đồng.
Câu 27. Cho các số tự nhiên m,n thỏa mãn đồng thời các điều kiện C2
m = 153 và Cn
m = Cn+2
m . Khi đó
m+n bằng
A. 25. B. 24. C. 26. D. 23.
Chọn MODE 7. Nhập XC2−153. Chọn START 2; END 20; STEP 1. Dò được m = 18.
Lại chọn MODE7. Nhập 18CX −18C(X +2). Chọn START 2; END 20; STEP 1. Dò được n = 8.
Vậy m+n = 26.
Câu 28. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng ∆1 :
x−4
3
=
y−1
−1
=
z+5
−2
và ∆2 :
x−2
1
=
y+3
3
=
z
1
. Giả sử M ∈ ∆1, N ∈ ∆2 sao cho MN là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng ∆1 và
∆2. Tọa độ vectơ
−−→
MN là
A. (5;−5;10). B. (2;−2;4). C. (3;−3;6). D. (1;−1;2).
Ta có M ∈ ∆1 ⇒ M(4+3t1;1−t1;−5−2t1); N ∈ ∆2 ⇒ N(2+t2;−3+3t2;t2).
Suy ra
−−→
MN = (−2−3t1 +t2;−4+t1 +3t2;5+2t1 +t2).
Lại có MN⊥∆1 và MN⊥∆2 nên
−6−9t1 +3t2 +4−t1 −3t2 −10−4t1 −2t2 = 0
−2−3t1 +t2 −12+3t1 +9t2 +5+2t1 +t2 = 0
⇔
t1 = −1
t2 = 1
.
Từ đó suy ra
−−→
MN = (2;−2;4).
Câu 29.
Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a. Gọi M,N lần lượt là trung điểm AD và
BC (tham khảo hình vẽ bên). Biết rằng góc giữa hai đường thẳng AB và MN
bằng 30◦. Độ dài đoạn thẳng MN bằng
A.
a
2
. B.
a
√
3
2
. C.
a
√
3
3
. D.
a
4
.
A
B
C
D
M
N
Gọi I trung điểm BD ta có MI AB, do đó góc giữa AB và MN bằng góc giữa
MI và MN.
Từ đó suy ra NMI = 30◦.
Lại có MI = NI =
a
2
⇒ IMN cân tại I.
Do đó gọi H trung điểm MN ta có IH⊥MN, suy ra MH = MI.cos30◦ =
a
√
3
4
.
Vậy MN = 2MH =
a
√
3
2
.
A
B
C
D
M
N
I
H
5

Câu 30. Cho vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x = 0 và x = π. Cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc
với trục Ox tại điểm có hoành độ x (0 x π) được thiết diện là một tam giác đều cạnh bằng 2
√
sinx.
Thể tích của vật thể bằng
A. 3. B. 3π. C. 2π
√
3. D. 2
√
3.
Diện tích thiết diện là S(x) = (2
√
sinx)2.
√
3
4
=
√
3sinx.
Thể tích của vật thể là V =
π
0
√
3sinxdx = 2
√
3.
Câu 31. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(0;2;−2) và B(2;2;−4). Điểm I(a;b;c) là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB. Giá trị a2 +b2 +c2 bằng
A. 8. B. 2. C. 6. D. 14.
Ta có
−→
OA = (0;2;−2),
−→
OB = (2;2;−4) ⇒
−→
OA,
−→
OB = (−4;−4;−4).
Suy ra (OAB) có phương trình −4x−4y−4z = 0 ⇔ x+y+z = 0.
Lại có OI =
√
a2 +b2 +c2, AI =
√
a2 +b2 +c2 −4b+4c+8, BI =
√
a2 +b2 +c2 −4a−4b+8c+24.
Khi đó



I ∈ (OAB)
AI = OI
BI = OI
⇔



a+b+c = 0
−4b+4c+8 = 0
−4a−4b+8c+24 = 0
⇔



a = 2
b = 0
c = −2
.
Vậy a2 +b2 +c2 = 4+4 = 8.
Câu 32.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc
với mặt phẳng đáy (tham khảo hình vẽ bên). Góc giữa hai mặt phẳng (SBC)
và (SDC) bằng 60◦. Độ dài của SA bằng
A. a
√
3. B. a. C.
a
√
3
2
. D.
a
2
.
A
B C
D
S
Đặt SA = ax và a = 1. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Ta có S(0;0;x),B(1;0;0),D(0;1;0),C(1;1;0).
Suy ra
−→
BC = (0;1;0),
−→
BS = (−1;0;x) ⇒
−→
BC,
−→
BS = (x;0;1).
Lại có
−→
DC = (1;0;0),
−→
DS = (0;−1;x) ⇒
−→
DC,
−→
DS = (0;−x;−1).
Khi đó cos((SBC),(SDC)) =
|−1|
√
x2 +1.
√
x2 +1
=
1
x2 +1
.
Từ đó suy ra
1
x2 +1
= cos60◦ =
1
2
⇔ x = 1. Vậy SA = a.
A
B C
D
S
x
y
z
Câu 33. Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1;−1;2), đường thẳng d :
x+1
2
=
y
1
=
z−2
1
và mặt
phẳng (P) : x + y − 2z + 5 = 0. Đường thẳng ∆ cắt d và (P) lần lượt tại M và N sao cho A là trung
điểm của đoạn thẳng MN. Một vectơ chỉ phương của ∆ là
A. −→u (2;3;2). B. −→u (1;−1;2). C. −→u (−3;5;1). D. −→u (4;5;−13).
Ta có M ∈ d ⇒ M(−1+2t;t;2+t); A trung điểm MN, suy ra N(3−2t;−2−t;2−t).
Lại có N ∈ (P) nên 3−2t −2−t −2(2−t)+5 = 0 ⇔ t = 2 ⇒ M(3;2;4) ⇒
−→
AM = (2;3;2).
Vậy ∆ có một vectơ chỉ phương là −→u (2;3;2).
Câu 34. Cho hàm số y = x3 +3mx2 +(m+1)x+1 có đồ thị (C). Giá trị thực của tham số m để tiếp
tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x = −1 đi qua A(1;3) thuộc khoảng nào dưới đây?
6

A. (−1;0). B. (0;1). C. (1;2). D. (−2;−1).
Ta có y(−1) = −1+3m−m−1+1 = 2m−1.
Lại có y = 3x2 +6mx+m+1 ⇒ y (−1) = 3−6m+m+1 = 4−5m.
Suy ra phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = −1 là y = (4−5m)(x+1)+2m−1.
Tiếp tuyến đi qua A(1;3) nên 3 = 2(4−5m)+2m−1 ⇔ m =
1
2
. Vậy m ∈ (0;1).
Câu 35. Cho hàm số f(x) có đạo hàm xác định, liên tục trên đoạn [0;1], đồng thời thỏa mãn các điều
kiện f (0) = −1 và [f (x)]2
= f (x). Giá trị của f(1)− f(0) thuộc tập nào dưới đây?
A. [−2;1−). B. [−1;0). C. [0;1). D. [1;2).
Ta có
1
f (x)
= −
f (x)
[f (x)]2
= −1 ⇒
1
f (x)
= −x+C ⇒ f (x) =
1
−x+C
.
Lại có f (0) = −1 ⇒ C = −1 ⇒ f (x) = −
1
x+1
.
Vậy f(1)− f(0) =
1
0
f (x)dx = −
1
0
1
x+1
dx = −ln2 ∈ [−1;0).
Câu 36. Gọi z1,z2,z3 là các nghiệm của phương trình iz3 −2z2 +(1−i)z+i = 0. Biết z1 là số thuần
ảo. Giá trị của |z2 −z3| thuộc khoảng nào dưới đây?
A. (4;5). B. (2;3). C. (3;4). D. (1;2).
Ta có z1 là số thuần ảo nên z1 = bi, thay vào phương trình được i(bi)3 −2(bi)2 +(1−i)(bi)+i = 0.
Rút gọn ta có (b+1)i+b3 +2b2 +b = 0 ⇔
b+1 = 0
b2 +2b2 +b = 0
⇔ b = −1.
Suy phương trình có một nghiệm z1 = −i.
Do đó ta có iz3 −2z2 +(1−i)z+i = 0 ⇔ z3 +2iz2 −(1+i)z+1 = 0 ⇔ (z+i)(z2 +iz−i) = 0.
Khi đó z2,z3 là 2 nghiệm phương trình z2 +iz−i = 0.
Theo định lý Vi-ét có z2 +z3 = −i, z2z3 = −i.
Lại có |z2 −z3| = |(z2 +z3)2 −4z2z3| = |1+4i| =
√
17 ≈ 2,03. Vậy |z2 −z3| thuộc (2;3).
Câu 37. Tích tất cả các nghiệm của phương trình log2
2 x+ log2 x+1 = 1 bằng
A. 2
−1−
√
2
2 . B. 1. C. 2
1−
√
2
2 . D.
1
2
.
Đặt log2 x+1 = t 0, ta có hệ
t2 = log2 x+1 (1)
log2
2 x = −t +1 (2)
.
Trừ theo vế (1) và (2) ta có t2 −log2
2 x = log2 x+t ⇔ (log2 x+t)(t −log2 x−1) = 0 ⇔
log2 x = −t
log2 x = t −1
.
Với log2 x = −t thay vào (1) được t2 +t −1 = 0 ⇔



t =
−1+
√
5
2
t =
−1−
√
5
2
(loại)
.
Suy ra log2 x =
1−
√
5
2
⇔ x = 2
1−
√
5
2 .
Với log2 x = t −1 thay vào (1) được t2 −t = 0 ⇔
t = 0
t = 1
⇒
log2 x = −1
log2 x = 0
⇔
x =
1
2
x = 1
.
Vậy tích tất cả các nghiệm của phương trình là 2
1−
√
5
2 .1.
1
2
= 2
−1−
√
5
2 .
7

Câu 38. Biết rằng
3
2
x2 −x+1
x+
√
x−1
dx =
a−4
√
b
c
, với a,b,c là các số nguyên dương. Giá trị của a +
b+c bằng
A. 31. B. 29. C. 33. D. 27.
Ta có
3
2
x2 −x+1
x+
√
x−1
dx =
3
2
(x+
√
x−1)(x−
√
x−1)
x+
√
x−1
dx =
3
2
(x−
√
x−1)dx.
Suy ra
3
2
x2 −x+1
x+
√
x−1
dx =
x2
2
−
2 (x−1)3
3
3
2
=
19−4
√
8
6
.
Do đó a = 19,b = 8,c = 6. Vậy a+b+c = 33.
Câu 39.
Cho hình lập phương ABCD.A B C D có cạnh bằng a. Gọi K là trung điểm
của DD (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng CK
và A D bằng
A.
a
√
3
3
. B.
a
√
3
2
. C.
2a
√
3
3
. D.
a
3
.
A B
CD
A B
CD
K
Đặt a = 1 và chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Ta có C(0;1;0),K 0;0;
1
2
⇒
−→
CK = 0;−1;
1
2
.
Lại có A (1;0;1),D(0;0;0) ⇒
−−→
A D = (−1;0;−1).
Suy ra
−→
CK,
−−→
A D = 1;−
1
2
;−1 ,
−→
DC = (0;1;0).
Vậy d(CK,A D) =
−1
2
1+ 1
4 +1
=
1
3
.
A B
CD
A B
C
D
K
x
y
z
Câu 40. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
log5(mx)
log5(x+1)
= 2 có nghiệm
duy nhất?
A. 1. B. 2. C. Vô số. D. 2.
Ta có PT⇔
x+1 > 0,x+1 1
mx = (x+1)2
⇔



x > −1,x 0
m = x+
1
x
+2
.
Xét f(x) = x+
1
x
+2 trên (−1;+∞){0}.
Ta có f (x) = 1−
1
x2
=
x2 −1
x2
; f (x) = 0 ⇔ x = 1. Bảng biến thiên
x
f (x)
f(x)
−1 0 1 +∞
− − 0 +
00
−∞
+∞
44
+∞+∞
8

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 4 hoặc m < 0.
Vậy có vô số giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 41. Cho hàm số f(x) =
ax2 +bx+1 khi x 0
ax−b−1 khi x < 0
. Biết rằng hàm số f(x) có đạo hàm tại x = 0.
Giá trị của a+2b bằng
A. −4. B. 0. C. −6. D. 4.
Hàm số có đạo hàm tại x = 0 nên lim
x→0+
f(x)− f(0)
x−0
= lim
x→0−
f(x)− f(0)
x−0
.
Hay lim
x→0+
ax2 +bx+1−1
x
= lim
x→0−
ax−b−1−(−b−1)
x
⇔ lim
x→0+
(ax+b) = lim
x→0−
a ⇔ b = a.
Mặt khác hàm số có đạo hàm tại x = 0 nên liên tục tại x = 0.
Do đó ta có lim
x→0+
f(x) = lim
x→0−
f(x) ⇔ 1 = −b−1 ⇔ b = −2.
Từ đó suy ra a = b = −2. Vậy a+2b = −2−4 = −6.
Câu 42.
Cho lăng trụ ABC.A B C có diện tích mặt bên ABB A bằng 4; khoảng cách
giữa cạnh CC và mặt phẳng (ABB A ) bằng 7 (tham khảo hình vẽ bên). Thể
tích khối lăng trụ ABC.A B C bằng
A. 14. B.
28
3
. C.
14
3
. D. 28.
A
B C
A
B C
Ta có VC.A B C =
1
3
d(C,(A B C )).S A B C =
1
3
VABC.A B C .
Do có VABC.A B C = VC.A B C +VC.ABB A , suy ra VC.ABB A = VABC.A B C −VC.A B C =
2
3
VABC.A B C .
Lại có VC.ABB A =
1
3
d(C,(ABB A )).SABB A =
1
3
.7.4 =
28
3
.
Vậy VABC.A B C =
3
2
VC.ABB A =
3
2
.
28
3
= 14.
Câu 43. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình cos3x−cos2x+mcosx = 1 có
đúng bảy nghiệm phân biệt thuộc khoảng −
π
2
;2π ?
A. 3. B. 5. C. 7. D. 1.
Ta có PT⇔ 4cos3 x−3cosx−2cos2 x+1+mcosx = 1 ⇔
cosx = 0 (1)
4cos2 x−2cosx−3+m = 0 (2)
.
Ta có (1) ⇔ x =
π
2
+kπ, suy ra (1) có 2 nghiệm trên −
π
2
;2π là x =
π
2
và x =
3π
2
.
Đặt cosx = t ∈ [−1;1], ta có (2) ⇔ m = −4t2 +2t +3.
Xét f(t) = −4t2 +2t +3 trên [−1;1] có f (t) = −8t +2; f (t) = 0 ⇔ t =
1
4
. Bảng biến thiên
9

x
f (x)
f(x)
−1 0 1
4 1
+ 0 −
−3−3
33
13
4
13
4
11
Mỗi giá trị t ∈ (0;1), ứng với ba giá trị của x ∈ −
π
2
;2π .
Mỗi giá trị t ∈ (−1;0), ứng với hai giá trị của x ∈ −
π
2
;2π .
Giá trị t = ±1, ứng với một giá trị của x ∈ −
π
2
;2π .
Giá trị t = 0, ứng với hai giá trị của x ∈ −
π
2
;2π trùng với nghiệm của (1).
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có 7 nghiệm phân biệt ⇔ 1 < m < 3.
Vậy có một gái trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 44.
Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình bên. Số điểm cực trị của hàm số y =
f [f(x)] là
A. 5. B. 3. C. 4. D. 6. x
y
O 2
−4
Ta có f [f(x)] = f (x).f [f(x)]; f [f(x)] = 0 ⇔
f (x) = 0
f [f(x)] = 0
.
Từ đồ thị ta thấy f (x) có 2 nghiệm đơn x = 0 và x = 2; f [f(x)] = 0 ⇔
f(x) = 0
f(x) = 2
.
Phương trình f(x) = 0 có nghiệm kép x = 0 và nghiệm đơn x = x1 > 2.
Phương trình f(x) = 2 có nghiệm đơn x = x2 > x1.
Vậy hàm số có 4 điểm cực trị.
Câu 45. Từ các chữ số 0;2;3;5;6;8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác
nhau, trong đó hai chữ số 0 và 5 không đứng cạnh nhau?
A. 384. B. 120. C. 216. D. 600.
Số các số tự nhiên có 6 chữ số phân biệt lập từ các số đã cho là 5×5! = 600 số.
Số các số tự nhiên có 6 chữ số phân biệt mà các chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau gồn 2 trường hợp:
TH1: Số có chứa bộ số 05 đứng cạnh nhau; bộ số này không đứng đầu nên có 4×4! = 96 số.
TH2: Số có chứa bộ số 50 đứng cạnh nhau; bộ số này đứng tùy ý nên có 5! = 120 số.
Suy ra có 96+120 = 216 số có 6 chữ số phân biệt mà 2 chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau.
Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là 600−216 = 384 số.
Câu 46. Cho hàm số f(x) = 8x4 +ax2 +b , trong đó a,b là các tham số thực. Biết rằng giá trị lớn
nhất của hàm số f(x) trên đoạn [−1;1] bằng 1. Khẳng định nào dưới đây đúng?
A. a < 0,b < 0. B. a > 0,b > 0. C. a < 0,b > 0. D. a > 0,b < 0.
Đặt x2 = t, hàm số trở thành f(t) = |8t2 +at +b| trên [0;1].
Xét g(t) = 8t2 +at +b trên [0;1] có g (t) = 16t +a; g (t) = 0 ⇔ t = −
a
16
.
10

Ta có f(0) = |b|, f(1) = |a+b+8|. Vì max
[0;1]
f(t) = 1 nên
|b| 1 (1)
|a+b+8| 1 (2)
.
Cộng theo vế (1) và (2) ta có 2 |b|+|a+b+8| |a+8| ⇔ −10 a −6.
Từ đó suy ra −
a
16
∈ (0;1) và f −
a
16
= b−
a2
32
.
Khi đó b−
a2
32
1 ⇔ −1+
a2
32
b 1+
a2
32
.
Vì a ∈ [−10;−6] nên a2 > 32 hay −1+
a2
32
> 0, suy ra b > 0.
Vậy a < 0 và b > 0.
Câu 47.
Cho tứ diện đều ABCD có AH là một đường cao của tứ diện và I là
trung điểm của AH (tham khảo hình vẽ bên). Mặt phẳng (BCI) chia
tứ diện đã cho thành hai tứ diện. Tỷ số hai bán kính của hai mặt cầu
ngoại tiếp hai tứ diện đó bằng
A.
43
51
. B.
1
2
. C.
1
4
. D.
48
153
.
A
B
C
D
H
I
Gọi M trung điểm BC, kéo dài MI cắt AD tại P.
Xét trong AHD có
AI
IH
.
HM
MD
.
DP
PA
= 1 ⇔ 1.
1
3
.
DP
PA
= 1 ⇔ DP = 3PA.
Xét tứ diện PBCD có H là tâm đáy và AH là trục đáy.
Gọi E trung điểm PD, kẻ EK⊥PD, K ∈ AH ta có K là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện PBCD.
Khi đó AEK ∼ AHD ⇒ EK =
AE.DH
AH
.
Trong đó AD = a, PD =
3
4
AD =
3a
4
, ED =
3a
8
, AE = AD−ED =
5a
8
.
Lại có DH =
2
3
MD =
a
√
3
3
⇒ AH =
√
AD2 −DH2 =
a
√
6
3
.
Từ đó suy ra EK =
5a
8
.
a
√
3
3
a
√
6
3
=
5
√
2
16
.
Do đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện PBCD là R1 = DK =
√
EK2 +ED2 =
√
86
16
.
A
B
C
D
H
I
P
E
K
M
D
B
C
A
G
I P
F
J
M
Xét tứ diện PABC, gọi G là tâm ABC, ta có DG là trục đáy.
Gọi F trung điểm PA, kẻ FJ⊥PA, K ∈ DG ta có J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện PABC.
11

Khi đó DFJ ∼ DGA ⇒ FJ =
DF.AG
DG
.
Trong đó PA =
1
4
AD =
a
4
⇒ FA =
a
8
⇒ DF = AD−FA =
7a
8
.
Từ đó suy ra FJ =
7a
8
.
a
√
3
3
a
√
6
3
=
7
√
2
16
.
Do đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện PABCD là R2 = AJ =
√
FJ2 +FA2 =
√
102
16
.
Vậy tỉ số hai bán kính của hai mặt cầu ngoại tiếp là
R1
R2
=
43
51
.
Câu 48. Cho số phức z thỏa mãn 5|z−i| = |z+1−3i|+3|z−1+i|. Giá trị lớn nhất của |z−2+3i|
bằng
A.
10
3
. B. 1+
√
13. C. 4
√
5. D. 9.
Đặt A(0;1), B(−1;3) và C(1;−1). Dễ thấy A là trung điểm BC và BC = 2
√
5.
Giả sử M là điểm biểu diễ số phức z, ta có 5MA = MB+3MC.
Xét MBC có MA trung tuyến nên MA2 =
2 MB2 +MC2 −BC2
4
⇔ MB2 +BC2 = 2MA2 +10.
Khi đó 5MA 10(MB2 +MC2) =
√
20MA2 +100 ⇔ MA 2
√
5.
Lại có |z−2+3i| = |z−i+(−2+4i)| |z−i|+|−2+4i| = MA+2
√
5 4
√
5.
Câu 49. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(0;2;2), B(2;−2;0). Gọi I1(1;1;−1) và I2(3;1;1)
là tâm của hai đường tròn nằm trên hai mặt phẳng khác nhau và có chung một dây cung AB. Biết rằng
luôn có một mặt cầu (S) đi qua cả hai đường tròn ấy. Bán kính của mặt cầu (S) là
A.
√
219
3
. B. 2
√
2. C.
√
129
3
. D. 2
√
6.
Ta có
−→
I1A = (−1;1;3),
−→
I1B = (1;−3;1) ⇒
−→
I1A,
−→
I1B = (10;4;2).
Gọi d1 là trục của (I1), suy ra d1 có vectơ chỉ phương −→u1(5;2;1) nên có phương trình



x = 1+5t1
y = 1+2t1
z = −1+t1
.
Lại có
−→
I2A = (−3;1;1),
−→
I2B = (−1;−3;−1) ⇒
−→
I2A,
−→
I2B = (2;−4;10).
Gọi d2 là trục của (I2), suy ra d2 có vectơ chỉ phương −→u2(1;−2;10) nên có phương trình



x = 3+t2
y = 1−2t2
z = 1+5t2
.
Mặt cầu (S) chứa cả hai đường tròn nên có tâm I là giao điểm của d1 và d2.
Xét hệ



1+5t1 = 3+t2
1+2t1 = 1−2t2
−1+t1 = 1+5t2
⇔



5t1 −t2 = 2
2t1 +2t2 = 0
t1 −5t2 = 2
⇔



t1 =
1
3
t2 = −
1
3
.
Suy ra I
8
3
;
5
3
;−
2
3
. Vậy (S) có bán kính R = IA =
√
129
3
.
Câu 50. Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0;1] thỏa mãn f(1) = 1,
1
0
f (x)
2
dx =
9
5
và
1
0
f
√
x dx =
2
5
. Tích phân
1
0
f(x)dx bằng
12

A.
3
5
. B.
1
4
. C.
3
4
. D.
1
5
.
Đặt u =
√
x ⇔ u2 = x ⇒ 2udu = dx, ta có
1
0
f
√
x dx =
1
0
f(u).2udu ⇒
1
0
x f(x)dx =
1
5
.
Lại đặt
u = f(x)
dv = xdx
⇒



du = f (x)dx
v =
x2
2
.
Ta có
1
0
x f(x)dx =
x2 f(x)
2
1
0
−
1
2
1
0
x2
f (x)dx ⇒
1
0
x2
f (x)dx =
3
5
.
Xét
2
0
f (x)+kx2 2
dx =
2
0
f (x)
2
dx+2k
1
0
x2
f (x)dx+k2
1
0
x4
dx =
9
5
+
6
5
k +
1
5
k2
.
Do đó với k = −3 ta có
2
0
f (x)+kx2 2
dx = 0, suy ra f (x) = 3x2 ⇒ f(x) = x3 +C.
Lại có f(1) = 1 ⇔ C = 0 ⇒ f(x) = x3. Vậy
1
0
f(x)dx =
1
0
x4
dx =
1
4
.
——— Hết ———
13

2018 dangthuchua1hdg

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (19)

Similar to 2018 dangthuchua1hdg

Similar to 2018 dangthuchua1hdg (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

2018 dangthuchua1hdg