Hướng Dẫn Giải Đề Thi Thử Chuyên ĐH Vinh lần 1 năm 2018

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ THI THỬ SỐ 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. B 2. D 3. C 4. C 5. B 6. A 7. B 8. D 9. B 10. B
11. C 12. A 13. B 14. B 15. C 16. D 17. C 18. C 19. A 20. D
21. D 22. C 23. A 24. B 25. A 26. C 27. A 28. A 29. C 30. A
31. D 32. C 33. D 34. B 35. A 36. A 37. A 38. B 39. A 40. D
41. C 42. B 43. D 44. D 45. B 46. C 47. D 48. B 49. B 50. D
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
(Soạn bởi Nguyễn Minh Hiếu)
Câu 1. Nguyên hàm của hàm số f(x) = cos2x là
A. sin2x+C. B.
1
2
sin2x+C. C. −
1
2
sin2x+C. D. 2sin2x+C.
Lời giải. Chọn phương án B.
Ta có cos2xdx =
1
2
sin2x+C.
Câu 2. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng ∆ :



x = 2t
y = −1+t
z = 1
. Vectơ nào dưới đây là vectơ chỉ
phương của ∆?
A. −→m = (2;−1;1). B. −→v = (2;−1;0). C. −→u = (2;1;1). D. −→n = (−2;−1;0).
Lời giải. Chọn phương án D.
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương −→u∆ = (2;1;0) hay −→n = (−2;−1;0).
Câu 3. Trong không gian Oxyz, cho điểm M(1;2;3). Hình chiếu của M trên trục Oy là
A. S(0;0;3). B. R(1;0;3). C. Q(0;2;0). D. P(1;0;0).
Lời giải. Chọn phương án C.
Tọa độ điểm thuộc Oy có dạng (0;y;0). Do đó hình chiếu của M là Q(0;2;0).
Câu 4.
Cho hàm số y = f(x) xác định và liên tục trên [−2;3]
và có bảng xét dấu đạo hàm như hình bên. Mệnh đề
nào dưới đây đúng?
x
f (x)
−2 0 1 3
+ || − 0 +
A. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2. B. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3.
C. Hàm số đạt cực đại tại x = 0. D. Hàm số đạt cực đại tại x = 1.
Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại x = 1.
Câu 5. Cho hình phẳng (D) giới hạn bởi các đường x = 0,x = 1,y = 0 và y =
√
2x+1. Gọi V là thể
tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay (D) quanh trục Ox. Khẳng đình nào dưới đây đúng?
A. V = π
1
0
√
2x+1dx. B. V = π
1
0
(2x+1)dx.
C. V =
1
0
√
2x+1dx. D. V =
1
0
(2x+1)dx.
Theo công thức tính thể tích ta có V = π
1
0
√
2x+1
2
dx = π
1
0
(2x+1)dx.
1

Câu 6.
Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
A. y = x4 −3x2 +1. B. y = x2 −3x+1.
C. y = x3 −3x2 +1. D. y = −x4 +3x+1.
x
y
O
Lời giải. Chọn phương án A.
Đồ thị có hình dáng của đồ thị hàm số bậc bốn nên loại phương án B và C.
Đồ thị quay lên có hệ số a > 0 nên loại phương án D.
Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (α) : x + 2y − z − 1 = 0 và (β) :
2x+4y−mz−2 = 0. Tìm m để hai mặt phẳng (α) và (β) song song với nhau.
A. m = 1. B. Không tồn tại m. C. m = 2. D. m = −2.
Ta có (β)//(α) ⇔
2
1
=
4
2
=
−m
−1
−2
−1
⇔
m = 2
m 2
(vô nghiệm).
Câu 8. Cho hình hộp đứng ABCD.A B C D có cạnh bên AA = h và diện tích tam giác ABC bằng S.
Thể tích khối hộp ABCD.A B C D là
A. V =
1
3
Sh. B. V =
2
3
Sh. C. V = Sh. D. V = 2Sh.
Ta có SABCD = 2S nên V = SABCD.AA = 2Sh.
Câu 9. Hàm số nào dưới đây không liên tục trên R?
A. y = |x|. B. y =
x
x+1
. C. y = sinx. D. y =
x
|x|+1
.
Hàm số y =
x
x+1
không xác định tại x = −1 nên không liên tục trên R.
Câu 10. Cho các số nguyên dương k,n (k < n). Mệnh đề nào dưới đây sai?
A. Ck
n =
n!
k!(n−k)!
. B. Ak
n = n!Ck
n. C. Ak
n = k!Ck
n. D. Ck
n = Cn−k
n .
Ta có công thức Ck
n =
Ak
n
k!
, suy ra Ak
n = k!Ck
n.
Vậy mệnh đề ở phương án B là sai.
Câu 11.
Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng (−3;0).
B. Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2).
C. Hàm số đồng biến trên khoảng (−1;0).
D. Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;3). x
y
O−1
2
−3
3
Từ đồ thị ta thấy hàm số đồng biến trên (−1;0) và nghịch biến trên (0;2).
Câu 12. Cho hàm số f(x) = log3(2x+1). Giá trị của f (0) là
A.
2
ln3
. B. 2. C. 2ln3. D. 0.
C1: Ta có f (x) =
2
(2x+1)ln3
, suy ra f (0) =
2
ln3
.
2

C2: Sử dụng máy tính tính
d
dx
(log3(2x+1)) X=0
lưu vào biến A và dò đáp án.
Câu 13. Tính tích phân I =
1
0
1
√
3x+1
dx.
A. I =
3
2
. B. I =
2
3
. C. I =
1
3
. D. I =
4
3
.
Sử dụng máy tính ta tính được I =
2
3
.
Câu 14.
Cho hai điểm A,B như hình vẽ bên. Trung điểm của đoạn thẳng AB biểu diễn số
phức nào dưới đây?
A. −1 = 2i. B. −
1
2
+2i. C. 2−i. D. 2−
1
2
i.
x
y
O−2
A
1
1
B
3
Từ hình vẽ ta có A(−2;1),B(1;3), suy ra trung điểm AB là M −
1
2
;2 .
Vậy điểm M biểu diễn số phức −
1
2
+2i.
Câu 15. Cho a,b là các số thực dương tùy ý. Mệnh đề nào dưới đây sai?
A. log(10ab)2 = 2(1+loga+logb). B. log(10ab)2 = 2+2log(ab).
C. log(10ab)2 = (1+loga+logb)2. D. log(10ab)2 = 2+log(ab)2.
Ta có log(10ab)2 = 2log(10ab) = 2(1+loga+logb) (1+loga+logb)2 nên chọn C.
Câu 16. Số nghiệm của phương trình ln x2 +1 .ln x2 −2018 = 0 là
A. 1. B. 4. C. 3. D. 2.
Điều kiện x2 −2018 > 0 ⇔
x >
√
2018
x < −
√
2018
.
Ta có PT ⇔
ln x2 +1 = 0
ln x2 −2018 = 0
⇔
x2 +1 = 1
x2 −2018 = 1
⇔
x = 0 (loại)
x = ±
√
2019 (thỏa mãn)
.
Vậy phương trình có hai nghiệm x = ±
√
2019.
Câu 17. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng r, chiều cao bằng h. Biết hình trụ có diện tích toàn phần
gấp đôi diện tích xung quanh. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. h =
√
2r. B. h = 2r. C. h = r. D. h =
1
2
r.
Ta có Sxq = 2πrl = 2πrh; Sđ = πr2.
Theo giả thiết ta có Sxq = 2Sđ ⇔ 2πrh = 2πr2 ⇔ h = r.
Câu 18. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 1+x+
4
x
trên đoạn [−3;−1] là
A. −5. B. 5. C. −4. D. −6.
Chọn MODE 7. Nhập f(X) = 1+X +
4
X
. Chọn START = −3; END = −1; STEP = 0,2.
Ta chọn được phương án C.
Câu 19. Gọi z1,z2 là các nghiệm phức của phương trình z2 −8z+25 = 0. Giá trị của |z1 −z2| là
A. 6. B. 5. C. 8. D. 3.
3

Giải phương trình được nghiệm z1,z2 lần lượt lưu vào biến nhớ A, B.
Tính |A−B| được kết quả là 6.
Câu 20. Số đường tiệm cận đứng và đường tiệm ngang của đồ thị hàm số y =
x+1
√
x2 −1
là
A. 4. B. 2. C. 1. D. 3.
Ta có lim
x→+∞
y = 1; lim
x→−∞
y = −1 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = ±1.
Lại có lim
x→1+
= +∞; lim
x→−1−
= 0 nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 1.
Vậy đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận.
Câu 21. Gieo một con súc sắc cân đối và dồng chất. Giả sử súc sắc xuất hiện mặt b chấm. Xác suất
để phương trình x2 +bx+2 = 0 có hai nghiệm phân biệt là
A.
1
2
. B.
1
3
. C.
5
6
. D.
2
3
.
Ta có ∆ = b2 −8. Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi b2 −8 > 0 ⇔ b > 2
√
2.
Vì b là số chấm của con súc sắc nên b ∈ {3;4;5;6}.
Vậy xác suất để phương trình x2 +bx+2 = 0 có hai nghiệm phân biệt là
4
6
=
2
3
.
Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;0;−1). Mặt phẳng (α) đi qua M và
chứa trục Ox có phương trình là
A. x+z = 0. B. y+z+1 = 0. C. y = 0. D. x+y+z = 0.
Trục Ox có vectơ chỉ phương −→u = (1;0;0).
Ta có
−−→
OM = (1;0;−1) ⇒
−−→
OM,−→u = (0;−1;0).
Vì (α) chứa M và Ox nên nhận
−−→
OM,−→u = (0;−1;0) làm một vectơ pháp tuyến.
Từ đó suy ra phương án đúng là C.
Câu 23. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f (x) = x2 −2x, với mọi x ∈ R. Hàm số y = −2f(x) đồng
biến trên khoảng nào dưới đây?
A. (0;2). B. (−2;0). C. (2;+∞). D. (−∞;−2).
Ta có y = 2 f (x) = −2x2 +4x; y = 0 ⇔
x = 0
x = 2
. Bảng biến thiên
x
y
y
−∞ 0 2 +∞
− 0 + 0 −
Từ bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên (0;2).
Câu 24.
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A B C có đáy ABC là tam giác vuông cân tại
A, AB = AA = a (tham khảo hình vẽ bên). Tính tang của góc giữa đường
thẳng B C và mặt phẳng (ABB A ).
A.
√
3
3
. B.
√
2
2
. C.
√
2. D.
√
6
3
.
A
B
C
A
B
C
4

Ta có
C A ⊥AA
C A ⊥A B
⇒ C A ⊥(ABB A ).
C1: Do đó A B là hình chiếu của C B trên (ABB A ).
Suy ra góc giữa BC và (ABB A ) là C BA .
Ta có A B =
√
AA 2 +Ab2 = a
√
2; A C = AB = a.
Trong BA C vuông tại A có tanC BA =
A C
A B
=
1
√
2
.
Vậy tan(BC ,(ABB A )) =
1
√
2
.
C2: Gắn hệ tọa độ như hình vẽ.
Đặt a = 1, ta có A (0;0;0),C (0;1;0),B(1;0;1).
Suy ra
−−→
A C = (0;1;0),
−→
C B = (1;−1;1).
Khi đó sin(BC ,(ABB A )) =
|
−−→
A C .
−→
C B|
|
−−→
A C |.|
−→
C B|
=
1
√
3
.
Vậy tan(BC ,(ABB A )) =
1
sin2
(BC ,(ABB A ))
−1 =
1
√
2
.
A
B
C
A
B
C
z
y
x
Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :
x−1
1
=
y−2
2
=
z−3
1
và mặt
phẳng (α) : x+y−z−2 = 0. Đường thẳng nào dưới đây nằm trong (α), đồng thời cắt và vuông góc
với d?
A.
x−5
3
=
y−2
−2
=
z−5
1
. B.
x+2
−3
=
y+4
2
=
z+4
−1
.
C.
x−2
1
=
y−4
−2
=
z−4
3
. D.
x−1
3
=
y−1
−2
=
z
1
.
Ta có −→ud = (1;2;1),−−→n(α) = (1;1;−1) ⇒ −→ud,−−→n(α) = (−3;2;−1).
Đường thẳng cần tìm nhận −→ud,−−→n(α) làm một vectơ chỉ phương nên loại phương án C.
Xét phương trình 1+t +2+2t −3−t −2 = 0 ⇔ t = 1, suy ra d cắt (α) tại M(2;4;4).
Kiểm tra ta có M thỏa mãn phương án A. Vậy chọn phương án A.
Câu 26. Có bao nhiêu số phức thỏa mãn điều kiện z2 = |z|2 +z?
A. 4. B. 2. C. 3. D. 1.
Gọi z = a+bi (a,b ∈ R).
Ta có z2 = |z|2 +z ⇔ a2 +2abi−b2 = a2 +b2 +a−bi ⇔ a+2b2 −b(2a+1)i = 0.
Từ đó suy ra
a+2b2 = 0
b(2a+1) = 0
⇔





a = b = 0
a = b = −
1
2
a = −b = −
1
2
.
Câu 27. Cho hàm số f(x) liên tục trên R và có f(2) = 16,
1
0
f(2x)dx = 2. Tính I =
2
0
x f (x)dx.
A. I = 28. B. I = 30. C. I = 16. D. I = 36.
Ta có
1
0
f(2x)dx =
1
2
1
0
f(2x)d(2x) =
1
2
2
0
f(x)d(x), suy ra
2
0
f(x)d(x) = 4.
Đặt
u = x
dv = f (x)dx
⇒
du = dx
v = f(x)
.
5

Ta có I = x f(x)
2
0
−
2
0
f(x)dx = 2 f(2)−4 = 28.
Câu 28.
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông
cạnh 2a, tâm O và SO = a (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách
từ O đến mặt phẳng (SCD) là
A.
a
√
2
2
. B. a
√
3. C.
a
√
5
5
. D.
a
√
6
3
.
A
B C
D
O
S
C1: Gọi M trung điểm CD, ta có CD⊥(SOM).
Gọi H là hình chiếu của O trên SM, ta có OH⊥(SCD).
Ta có SM =
√
SO2 +OM2 = a
√
2 ⇒ OH =
SO.OM
SM
=
a
√
2
2
.
Vậy d(O,(SCD)) = OH =
a
√
2
2
.
C2: Đặt a = 1 và chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Ta có O(0;0;0),C
√
2;0;0 ,D 0;
√
2;0 ,S(0;0;1).
Mặt phẳng (SCD) có phương trình
x
√
2
+
y
√
2
+
z
1
= 1 ⇔ x+y+
√
2z−
√
2 = 0.
Vậy d(O,(SCD)) =
√
2
2
.
A
B C
D
O
S
z
x
y
M
H
Câu 29. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m trên khoảng (−10;10) để hàm số y = m2x4 − 2(4m −
1)x2 +1 đồng biến trên (1;+∞)?
A. 15. B. 7. C. 16. D. 6.
Ta có y = 4m2x3 −4(4m−1)x = 4x m2x2 −4m+1 .
Hàm số đồng biến trên (1;+∞) khi 4x m2x2 −4m+1 1,∀x ∈ (1;+∞).
Hay m2x2 −4m+1 0,∀x ∈ (1;+∞). (1)
Dễ thấy m = 0 thỏa mãn (1).
Với m 0, ta có (1) ⇔ x2 4m−1
m2
,∀x ∈ (1;+∞) ⇔
4m−1
m2
1 ⇔
m 2+
√
3
m 2−
√
3
.
Kết hợp m nguyên và m ∈ (−10;10) ta có 16 giá trị của m thỏa mãn.
Câu 30. Cho khai triển 3−2x+x2 9
= a0x18 +a1x17 +···+a18. Hãy xác định hệ số a15?
A. −804816. B. 218700. C. −174960. D. 489888.
Ta có
3−2x+x2 9
=
9
∑
k=0
Ck
939−k
−2x+x2 k
=
9
∑
k=0
Ck
939−k
xk
k
∑
i=0
Ci
k(−2)k−i
xi
=
9
∑
k=0
k
∑
i=0
Ck
9Ci
k39−k
(−2)k−i
xk+i
.
6

Lại có a15 là hệ số của số hạng chứa x3, suy ra k +i = 3 ⇔
(k;i) = (3;0)
(k;i) = (2;1)
.
Vậy a15 = C3
9.C0
336(−2)3 +C2
9.C1
237(−2)1 = −804816.
Câu 31.
Cho hình lập phương ABCD.A B C D có cạnh bằng a. Gọi M,N
lần lượt là trung điểm của AC và B C (tham khảo hình vẽ bên).
Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và B D bằng
A.
√
5a. B.
√
5
5
a. C. 3a. D.
a
3
.
A
B C
D
A
B C
D
M
N
C1: Gọi O là giao điểm của A C và B D .
Gọi P là trung điểm C D , ta có B D NP ⇒ B D (MNP).
Gọi I là giao điểm của A C và NP và H là hình chiếu của O trên MI.
Từ đó suy ra d(B D ,MN) = d(B D ,(MNP)) = d(O,(MNP)) = OH.
Ta có OH =
SO.OI
√
SO2 +OI2
=
a
3
. Vậy d(B D ,MN) =
a
3
.
A
B C
D
A
B C
D
M
N
O
P
I
H
z
y
x
C2: Đặt a = 1 và chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Ta có B (1;0;0),D (0;1;0),M
1
2
;
1
2
;1 ,N 1;
1
2
;0 .
Suy ra
−−→
B D = (−1;1;0),
−−→
MN =
1
2
;0;−1 ⇒
−−→
B D ,
−−→
MN = −1;−1;−
1
2
.
Lại có
−−→
B N = 0;
1
2
;0 ⇒ d(B D ,MN) =
−−→
B D ,
−−→
MN .
−−→
B N
−−→
B D ,
−−→
MN
=
1
3
.
Câu 32. Cho parabol (P) : y = x2 và điểm A −2;
1
2
. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc (P). Khoảng
cách MA bé nhất là
A.
√
2
2
. B.
5
4
. C.
√
5
2
. D.
2
√
3
3
.
7

Ta có M ∈ (P), ta có M a;a2 ⇒
−→
AM = a+2;a2 −
1
2
.
Từ đó suy ra AM = a4 +4a+
17
4
.
Xét f(a) = a4 +4a+
17
4
trên R có f (a) = 4a3 +4; f (a) = 0 ⇔ a = −1.
Lập bảng biến thiên suy ra min
R
f(a) = f(−1) =
5
4
.
Vậy MA đạt giá trị nhỏ nhất bằng
√
5
2
.
Câu 33.
Người ta thả một viên billliards snooker có dạng hình cầu với bán kính nhỏ
hơn 4,5cm vào một chiếc cốc hình trụ đang chứa nước thì viên billiards đó
tiếp xúc với đáy cốc và tiếp xúc với mặt nước sau khi dâng (tham khảo hình vẽ
bên). Biết rằng bán kính của phần trong cốc bằng 5,4cm và chiều cao của mực
nước ban đầu trong cốc bằng 4,5cm. Bán kính của viên billiards đó bằng
A. 4,2cm. B. 3,6cm. C. 2,6cm. D. 2,7cm.
Thể tích của phần chứa nước ban đầu là V1 = π(5,4)2.4,5 =
6561π
50
.
Gọi R là bán kính của viên billiards, ta có thể tích viên billiards là V2 =
4πR3
3
.
Tổng thể tích của nước và bi là V = π(5,4)2.2R =
1458πR
25
.
Khi đó ta có V = V1 +V2 ⇔
1458πR
25
=
6561π
50
+
4πR3
3
.
Giải phương trình với điều kiện 0 < R 4,5 ta có R = 2,7cm.
Câu 34.
Một viên gạch hoa hình vuông cạnh 40cm. Người thiết kế đã sử dụng bốn
đường parabol có chung đỉnh tại tâm của viên gạch để tạo ra bốn cánh hoa
(được tô đen như hình vẽ bên). Diện tích mỗi cánh hoa của viên gạch bằng
A.
800
3
cm2. B.
400
3
cm2. C. 250cm2. D. 800cm2.
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ và xét cánh hoa ở góc phần tư thứ nhất.
Cánh hoa được giới hạn bởi hai parabol (P1) : y2 = ax và (P2) : y = bx2.
Viên gạch có cạnh 40cm nên suy ra A(20;20).
Ta có (P1) đi qua A nên 400 = 20a ⇔ a = 20, suy ra y2 = 20x ⇔ y =
√
20x.
Lại có (P2) đi qua A nên 20 = 400b ⇔ b =
1
20
, suy ra y =
x
20
.
8

x
y
O
A
(P1)
(P2)
Do đó diện tích cánh hoa là S =
20
0
√
20x−
x
20
dx =
400
3
cm2
.
Câu 35.
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A B C có đáy ABC là tam giác vuông, AB =
BC = a. Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (ACC ) và (AB C ) bằng 60◦
(tham khảo hình vẽ bên). Thể tích của khối chóp B .ACC A bằng
A.
a3
3
. B.
a3
6
. C.
a3
2
. D.
√
3a3
3
.
A
B
C
A
B
C
Gọi M trung điểm A C ta có B M⊥(ACC A ) và B M =
a
√
2
2
.
Gọi H là hình chiếu của M trên AC có
AC ⊥MH
AC ⊥B M
⇒ AC ⊥(B MH).
Do đó góc giữa (ACC ) và (AB C ) là B HM, suy ra B HM = 60◦.
Suy ra MH =
B M
tan60◦
=
a
√
6
6
.
Ta có AA C ∼ MHC , suy ra AA =
A C .MH
√
MC 2 −MH2
= a.
Do đó diện tích ACC A là SACC A = AA .A C = a2
√
2.
Vậy thể tích khối chóp B .ACC A là VB .ACC A =
1
3
.B M.SACC A =
a3
3
.
A
B
C
A
B
CM
H
Câu 36. Cho đồ thị (C) : y = x3 − 3x2. Có bao nhiêu số nguyên b ∈ (−10;10) để có đúng một tiếp
tuyến của (C) đi qua điểm B(0;b)?
A. 17. B. 9. C. 2. D. 16.
Gọi điểm tiếp xúc M (x0;y0), ta có y0 = x3
0 −3x2
0; y (x0) = 3x2
0 −6x0.
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là y = 3x2
0 −6x0 (x−x0)+x3
0 −3x2
0.
Tiếp tuyến đi qua B(0;b) nên b = 3x2
0 −6x0 (−x0)+x3
0 −3x2
0 ⇔ 2x3
0 −3x2
0 +b = 0.
Xét hàm số f(t) = 2t3 −3t2 +b trên R có f (t) = 6t2 −6t; f (t) = 0 ⇔
t = 0
t = 1
.
Để có đúng một tiếp tuyến qua B thì f(0).f(1) > 0 ⇔ b(b−1) > 0 ⇔
b > 1
b < 0
.
9

Vậy có 17 giá trị của b thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 37. Cho hàm số f(x) thỏa mãn [f (x)]2
+ f(x)· f (x) = 15x4 +12x,∀x ∈ R và f(0) = f (0) = 1.
Giá trị của f2(1) bằng
A. 8. B.
9
2
. C. 10. D.
5
2
.
Ta có [f(x).f (x)] = [f (x)]2 + f(x).f (x) = 15x4 +12x ⇒ f(x).f (x) = 3x5 +6x2 +C.
Lại có f(0) = f (0) = 1 ⇒ C = 1 ⇒ f(x).f (x) = 3x5 +6x2 +1.
Lấy nguyên hàm hai vế ta được f(x).f (x)dx =
x6
2
+2x3
+x+C .
Suy ra
f2(x)
2
=
x6
2
+2x3 +x+C ⇔ f2(x) = x6 +4x3 +2x+D.
Lại có f(0) = 1 ⇒ D = 1 ⇒ f2(x) = x6 +4x3 +2x+1. Vậy f2(1) = 8.
Câu 38. Biết rằng a là số thực dương để bất phương trình ax 9x + 1 nghiệm đúng với mọi x ∈ R.
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a ∈ 104;+∞ . B. a ∈ 103;104 . C. a ∈ 0;102 . D. a ∈ 102;103 .
Ta có ax 9x+1 ⇔ ax −9x−1 0 (1).
Đặt f(x) = ax −9x−1, ta có f(0) = 0, do đó (1) đúng với mọi x ∈ R khi min
R
f(x) = f(0) = 0.
Từ đó suy ra f(x) nghịch biến trên (−∞;0) và đồng biến trên (0;+∞). (2)
Ta có f (x) = ax lna−9. Từ (2) suy ra f (0) = 0 ⇔ a0 lna = 9 ⇔ a ≈ 8103. Vậy a ∈ 103;104 .
Câu 39. Gọi a là số thực lớn nhất để bất phương trình x2 −x+2+aln x2 −x+1 0 nghiệm đúng
với mọi x ∈ R. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a ∈ (6;7]. B. a ∈ (2;3]. C. a ∈ (−6;−5]. D. a ∈ (8;+∞).
Đặt t = x2 −x+1 = x−
1
2
2
+
3
4
⇒ t
3
4
.
Bất phương trình trở thành t +1+alnt 0 nghiệm đúng với mọi t ∈
3
4
;+∞ . (1)
Xét f(t) = t +1+alnt trên
3
4
;+∞ có f (t) = 1+
a
t
; f (t) = 0 ⇔ t = −a.
Xét trường hợp a > 0, ta có f(t) đồng biến trên
3
4
;+∞ .
Do đó min
3
4
;+∞
f(t) = f
3
4
=
7
4
+aln
3
4
.
Khi đó (1) ⇔
7
4
+aln
3
4
0 ⇔ a −
7
4ln
3
4
≈ 6,08.
Vì đề bài yêu câu a là số thực lớn nhất nên a ∈ (6;7).
Câu 40. Giả sử z1,z2 là hai trong số các số phức z thỏa mãn iz+
√
2−i = 1 và |z1 −z2| = 2. Giá
trị lớn nhất của |z1|+|z2| bằng
A. 3. B. 2
√
3. C. 3
√
2. D. 4.
Gọi z = x+yi (x,y ∈ R), ta có iz+
√
2−i = 1 ⇔ (x−1)2 + y−
√
2
2
= 1.
Gọi A,B lần lượt là điểm biểu diễn z1,z2.
Ta có A,B nằm trên đường tròn tâm I 1;
√
2 và bán kính R = 1.
Lại có AB = |z1 −z2| = 2 = 2R nên A,B đối xứng nhau qua tâm I.
10

Trong tam giác OAB có OI là trung tuyến và OI =
√
1+2 =
√
3.
Khi đó OI2 =
OA2 +OB2
2
−
AB2
4
⇔ OA2 +OB2 = 8.
Theo bất đẳng thức Cauchy−Schwarz, ta có OA+OB 2(OA2 +OB2) = 4.
Vậy |z1|+|z2| đạt giá trị lớn nhất bằng 4 khi |z1| = |z2| = 2.
Câu 41. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (α) : x−z−3 = 0 và điểm M(1;1;1). Gọi A là điểm
thuộc tia Oz, B là hình chiếu của A lên (α). Biết rằng tam giác MAB cân tại M. Diện tích của tam giác
MAB bằng
A.
3
√
123
2
. B. 6
√
3. C.
3
√
3
2
. D. 3
√
3.
Ta có A thuộc tia Oz nên A(0;0;c) (c > 0), suy ra AB có phương trình



x = t
y = 0
z = c−t
.
Xét phương trình t −c+t −3 = 0 ⇔ t =
c+3
2
, suy ra B
c+3
2
;0;
c−3
2
.
Gọi I trung điểm AB ta có I
c+3
4
;0;
3c−3
4
.
Khi đó
−→
AB =
c+3
2
;0;
−c−3
2
;
−→
MI =
c−1
4
;−1;
3c−7
4
.
Tam giác MAB cân tại M nên
−→
AB.
−→
MI = 0 ⇔
(c+3)(c−1)
8
−
(c+3)(3c−7)
8
= 0 ⇔ c = 3.
Khi đó
−→
AB = (3;0;−3) ⇒ AB = 3
√
2;
−→
MI =
1
2
;−1;
1
2
⇒ MI =
√
6
2
.
Vậy diện tích tam giác MAB là S MAB =
1
2
AB.MI =
3
√
3
2
.
Câu 42.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên R.
Bảng biến thiên của hàm số y = f (x) được cho
như hình vẽ bên. Hàm số y = f 1−
x
2
+x nghịch
biến trên khoảng
A. (2;4). B. (−4;−2).
C. (−2;0). D. (0;2).
x
f (x)
−1 1 3
33
−1−1
44
0
1
2
2
Đặt g(x) = f 1−
x
2
+x, ta có g (x) = −
1
2
f 1−
x
2
+1.
Xét bất phương trình g (x) < 0 ⇔ f 1−
x
2
> 2. (1)
Xét x ∈ (2;4) ⇒ 1−
x
2
∈ (−1;0) ⇒ f 1−
x
2
> 1, không thỏa mãn (1) nên loại phương án A.
Xét x ∈ (−4;−2) ⇒ 1−
x
2
∈ (2;3) ⇒ f 1−
x
2
> 2 thỏa mãn (1) nên chọn phương án B.
Câu 43. Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của a để đồ thị hàm số y = x3 +(a+10)x2 −x+1 cắt trục
hoành tại đúng một điểm?
A. 9. B. 8. C. 11. D. 10.
Phương trình hoành độ giao điểm x3 +(a+10)x2 −x+1 = 0 ⇔ a+10 =
−x3 +x−1
x2
.
Xét hàm số f(x) =
−x3 +x−1
x2
trên R{0} có f (x) =
−x3 −x+2
x3
; f (x) = 0 ⇔ x = 1.
Bảng biến thiên
11

x
f (x)
f(x)
−∞ 0 1 +∞
+ + 0 −
−∞−∞
+∞
−∞
−1−1
−∞−∞
Từ bảng biến thiên ta có a+10 > −1 ⇔ a > −11.
Vậy có 10 giá trị nguyên âm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 44.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,
mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông
góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi G là trọng tâm của tam giác
SAB và M,N lần lượt là trung điểm của SC,SD (tham khảo
hình vẽ bên). Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng (GMN)
và (ABCD).
A.
2
√
39
39
. B.
√
13
13
. C.
√
3
6
. D.
2
√
39
13
.
A
B C
D
S
H
M
N
G
Gọi H trung điểm AB, ta có SH⊥(ABCD) và SH =
a
√
3
2
.
Đặt a = 1 và chọn hệ trục như hình vẽ.
Ta có H(0;0;0),S 0;0;
√
3
2
,C
1
2
;1;0 ,D −
1
2
;1;0 .
Suy ra G 0;0;
√
3
6
,M
1
4
;
1
2
;
√
3
4
,N −
1
4
;
1
2
;
√
3
4
.
Mặt phẳng (ABCD) có vectơ pháp tuyến −→n1 =
−→
HS = 0;0;
√
3
2
.
A
B C
D
S
H
M
N
G
z
y
x
Ta có
−−→
GM =
1
4
;
1
2
;
√
3
12
,
−→
GN = −
1
4
;
1
2
;
√
3
12
⇒
−−→
GM,
−→
GN = 0;−
√
3
24
;
1
24
.
Mặt phẳng (GMN) có vectơ pháp tuyến −→n2 =
−−→
GM,
−→
GN = 0;−
√
3
24
;
1
24
.
12

Từ đó ta có cos((ABCD),(GMN)) =
√
3
8√
3
2
.
√
39
24
=
2
√
39
13
.
Câu 45. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0;1] và f(0)+ f(1) = 0. Biết
1
0
f2
(x)dx =
1
2
,
1
0
f (x)cos(πx)dx =
π
2
, hãy tính
1
0
f(x)dx.
A.
3π
2
. B.
2
π
. C. π. D.
1
π
.
Đặt
u = cos(πx)
dv = f (x)dx
⇒
du = −π sin(πx)dx
v = f(x)
. Ta có
1
0
f (x)cos(πx)dx = cos(πx)f(x)
1
0
+π
1
0
sin(πx)f(x)dx
= −f(1)− f(0)+π
1
0
sin(πx)f(x)dx
= π
1
0
sin(πx)f(x)dx.
Từ đó suy ra π
1
0
sin(πx)f(x)dx =
π
2
⇔
1
0
sin(πx)f(x)dx =
1
2
.
Ta cần tìm k sao cho I =
1
0
[f(x)+ksin(πx)]2
dx = 0.
Ta có I =
2
0
f2
(x)dx+2k
1
0
f(x)sin(πx)dx+k2
1
0
sin2
(πx)dx =
1
2
+k +
1
2
k2
⇔ k = −1.
Suy ra f(x) = sin(πx). Vậy
1
0
f(x)dx =
1
0
sin(πx)dx =
2
π
.
Câu 46. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f (x) = (x − 1)2 x2 −2x , với mọi x ∈ R. Có bao nhiêu
giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y = f x2 −8x+m có 5 điểm cực trị?
A. 16. B. 17. C. 15. D. 18.
Đặt g(x) = f x2 −8x+m , ta có g (x) = (2x−8)f x2 −8x+m .
Do đó g (x) = 0 ⇔
x = 4
f x2 −8x+m = 0
.
Ta có f (x) = (x−1)2 x2 −2x = (x−1)2x(x−2).
Suy ra f x2 −8x+m = x2 −x+m−1
2
x2 −8x+m x2 −8x+m−2 .
Khi đó f x2 −8x+m = 0 ⇔


x2 −8x+m−1 = 0 (1)
x2 −8x+m = 0 (2)
x2 −8x+m−2 = 0 (3)
.
Dễ thấy g (x) không đổi dấu khi qua các nghiệm của (1).
13

Do đó y = g(x) có 5 điểm cực trị khi (2) và (3) có hai nghiệm phân biệt khác nhau và khác 4.
Điều này tương đương với



16−m > 0
18−m > 0
−16+m 0
−18+m 0
⇔ m < 16.
Vậy có 15 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 47. Giả sử a,b là các số thực sao cho x3 +y3 = a.103z +b.102z đúng với mọi số thực dương x,y,z
thỏa mãn log(x+y) = z và log x2 +y2 = z+1. Giá trị của a+b bằng
A. −
31
2
. B. −
25
2
. C.
31
2
. D.
29
2
.
Từ giả thiết ta có x+y = 10z và x2 +y2 = 10.10z, suy ra x2 +y2 = 10(x+y). Khi đó
x3
+y3
= a(x+y)3
+b(x+y)2
⇔ (x+y) x2
+y2
−xy = a(x+y)3
+b(x+y)2
⇔ x2
+y2
−xy = a(x+y)2
+b(x+y)
⇔ 10(x+y)−xy = a[10(x+y)+2xy]+b(x+y)
⇔ 10(x+y)−xy = (10a+b)(x+y)+2axy (1)
Vì (1) đúng với mọi x,y nên ta có
10a+b = 10
2a = −1
⇔



a = −
1
2
b = 15
⇒ a+b =
29
2
.
Câu 48. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(10;6;−2), B(5;10;−9) và mặt phẳng (α) : 2x +
2y+z−12 = 0. Điểm M di động trên (α) sao cho MA,MB luôn tạo với (α) các góc bằng nhau. Biết
rằng M luôn thuộc một đường tròn (ω) cố định. Hoàng độ của tâm đường tròn (ω) bằng
A.
9
2
. B. 2. C. 10. D. −4.
Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của A,B trên (α).
Ta có AH = d(A,(α)) =
|20+12−2−12|
3
= 6, BK = d(B,(α)) =
|10+20−9−12|
3
= 3.
Lại có AMH = BMK nên AMH ∼ BMK, suy ra
AM
BM
=
AH
BK
= 2.
Gọi M(x;y;z), ta có AM = (x−10)2 +(y−6)2 +(z+2)2,BM = (x−5)2 +(y−10)2 +(z+9)2.
Khi đó AM = 2BM ⇔ x2 +y2 +z2 −
20
3
x−
68
3
y+
68
3
z+228 = 0.
Suy ra M thuộc mặt cầu (S) tâm I
10
3
;
34
3
;−
34
3
, bán kính R = 2
√
10.
Do đó (ω) là giao tuyến của (α) và (S), suy ra tâm J của (ω) là hình chiếu của I trên (α).
Đường thẳng IJ có phương trình



x =
10
3
+2t
y =
34
3
+2t
z = −
34
3
+t
.
Xét phương trình 2
10
3
+2t +
34
3
+2t + −
34
3
+t −12 = 0 ⇔ t = −
2
3
⇒ J(2;10;−12).
Câu 49. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (α) : 2x +y−2z−2 = 0, đường thẳng d :
x+1
1
=
y+2
2
=
z+3
2
và điểm A
1
2
;1;1 . Gọi ∆ là đường thẳng nằm trong mặt phẳng (α), song song với d
đồng thời cách d một khoảng bằng 3. Đường thẳng ∆ cắt mặt phẳng (Oxy) tại điểm B. Độ dài đoạn
thẳng AB bằng
14

A.
7
3
. B.
7
2
. C.
√
21
2
. D.
3
2
.
Ta có B ∈ (Oxy) ⇒ B(a;b;0).
Mặt khác B ∈ ∆ ⊂ (α) suy ra 2a+b−2 = 0 ⇔ b = 2−2a ⇒ B(a;2−2a;0).
Lại có ∆ d nên d(∆,d) = d(B,d) = 3. (1)
Đường thẳng d đi qua M(−1;−2;−3) và có vectơ chỉ phương −→u = (1;2;2).
Khi đó
−→
MB = (a+1;4−2a;3) ⇒
−→
MB,−→u = (2−4a;1−2a;4a−2).
Suy ra d(B,d) =
(2−4a)2 +(1−2a)2 +(4a−2)2
1+4+4
= |2a−1|. (2)
Từ (1) và (2) ta có |2a−1| = 3 ⇔
a = 2
a = −1
.
Với a = 2 ⇒ B(2;−2;0) ⇒ AB =
7
2
; với a = −1 ⇒ B(−1;4;0) ⇒ AB =
7
2
.
Câu 50. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật OMNP với M(0;10),N(100;10) và P(100;0). Gọi
S là tập hợp tất cả các điểm A(x;y),(x,y ∈ Z) nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của OMNP. Lấy ngẫu
nhiên một điểm A(x;y) ∈ S. Xác suất để x+y 90 bằng
A.
845
1111
. B.
473
500
. C.
169
200
. D.
86
101
.
Điểm A(x;y) nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của OMNP nên ta có
0 x 100
0 y 10
.
Vì x,y ∈ Z nên x nhận 101 giá trị còn y nhận 11 giá trị.
Do đó ta có n(Ω) = 101×11 = 1111.
Gọi X là biến cố "A(x;y) ∈ S sao cho x+y 90.
TH1: y = 0 ⇒ x 90 có 91 điểm thỏa mãn.
...
Do đó ta có n(X) = 91+90+···+81 =
(91+81)×11
2
= 946.
Vậy xác suất cần tìm là P(X) =
946
1111
=
86
101
.
15

Hướng Dẫn Giải Đề Thi Thử Chuyên ĐH Vinh lần 1 năm 2018

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Hướng Dẫn Giải Đề Thi Thử Chuyên ĐH Vinh lần 1 năm 2018

Similar to Hướng Dẫn Giải Đề Thi Thử Chuyên ĐH Vinh lần 1 năm 2018 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (19)

Hướng Dẫn Giải Đề Thi Thử Chuyên ĐH Vinh lần 1 năm 2018