Đề thi thử môn toán tốt nghiệp THPT Quốc Gia 2018 - Đề 8

http://hoc24h.vn/ Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT https://www.facebook.com/thaydat.toan
1
Mỗi buổi sáng chúng ta có 2 lựa chọn: tiếp tục ngủ với ươc mơ của mình hoặc
là thức dậy và theo đuổi ước mơ. Còn bạn? bạn chọn điều gì?
ĐỀ THI THỬ SỐ 08
Giáo viên: Nguyễn Tiến Đạt
Câu 1: [ID: 74140] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, 2 , . AB a BC a
Các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng 2a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
các cạnh AB, CD. K là điểm trên cạnh AD sao cho 2KD KA. Tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng MN và SK.
A.
2
a
B.
2
3
a
C.
3
7
a
D.
21
7
a
Câu 2: [ID: 74142] Phương trình sin 3cos 5 m x x có nghiệm khi và chỉ khi:
A. 2m B. 4m C. 4m D. 2m
Câu 3: [ID: 74143] Một người gửi số tiền 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất
7,4%/ năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngan hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền sẽ
được nhập vào vốn ban đầu (người ta gọi đó là lãi kép). Để lãnh được số tiền ít nhất 250
triệu thì người đó cần gửi trong khoảng thời gian bao nhiêu năm? (nếu trong khoảng thời
gian này không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi)
A. 13 năm B. 12 năm C. 14 năm D. 15 năm
Câu 4: [ID: 74145] Tính đạo hàm của hàm số sau:    2
ln 1 f x x
A. 2
( ) (' )ln 1 f x x B.  ' ln 2f x x C.   2
1
'
1


f x
x
D.   2
2
'
1


x
f x
x
Câu 5: [ID: 74146] Cho phương trình:    
22
1 1
2 2
1
1 log 2 4( ) 5 log 4 4 0
2
      

m x m m
x
(với
m là tham số). Gọi ; ][S a b là tập các giá trị của m để phương trình có nghiệm trên đoạn
5
;4
2
 
  
. Tính .a b

2
A.
7
3
B.
2
3
 C. 3 D.
1034
237
Câu 6: [ID: 74148] Cho hàm số   3 2
: 9 9 .   mC y x mx x m Tìm m  mC để tiếp xúc với Ox:
A. 3 m B. 4 m C. 1 m D. 2 m
Câu 7: [ID: 74149] Một cái bồn chứa nước gồm hai nửa hình cầu và một hình trụ (như hình
vẽ). Đường sinh của hình trụ (như hình vẽ). Đường sinh của hình trụ
bằng hai lần đường kính của hình cầu. Biết thể tích của bồn chứa nước
là  3128
3

m .Tính diện tích xung quanh của cái bồn chứa nước theo đơn vị 2
.m
A.  2
48 m B.  2
40 m C.  2
64 m D.  2
50 m
Câu 8: [ID: 74150] Cho hàm số  y f x xác định và có đạo hàm  'y f x . Đồ thị của hàm số
 'y f x như hình dưới đây. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số  y f x có ba điểm cực trị.
B. Hàm số  y f x đồng biến trên khoảng ;2
C. Hàm số  y f x nghịch biến trên khoảng  0;1
D. Hàm số  y f x đồng biến trên khoảng  ; 1 
Câu 9: [ID: 74151] Cho hình chóp SABC có .   SB SC BC CA a . Hai mặt (ABC) và (ASC)
cùng vuông góc với (SBC). Tính thể tích hình chóp.
A.
3
3
4
a
B.
3
3
12
a
C.
3
2
12
a
D.
3
3
6
a
Câu 10: [ID: 74153] Cho lăng trụ đứng có . ' ' 'ABC A B C có ' , 120    AB AC BB a BAC . Gọi I
là trung điểm của 'CC . Tính cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ABC và  'AB I .
A.
2
2
B.
3 5
12
C.
30
10
D.
3
2
Câu 11: [ID: 74154] Đồ thị hàm số
2
2
2 2
1
  


x x
y
x
có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
A. 0 B. 2 C. 3 D. 1

3
Câu 12: [ID: 74155] Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4 4 2 2
4 4 2 2
 
      
 
a b a b a b
F
b a b a b a
với
, 0a b
A. 10MinF B. 2MinF C. 2 MinF D. F không có GTNN
Câu 13: [ID: 74156] Cho tập A có 20 phần tử. Hỏi tập A có bao nhiêu tập hợp con khác rỗng mà
có số phần tử chẵn
A. 20
2 1 B. 20
2 C.
20
2
1
2
 D. 19
2
Câu 14: [ID: 74157] Cho hàm số 3 2
3 5 2   y x x x có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến
của đồ thị (C) có hệ số góc nhỏ nhất.
A. 2 2 y x B. 2 1 y x C. 2 y x D. 2 1  y x
Câu 15: [ID: 74158] Cho một hình trụ (T) có chiều cao và bán kính đều bằng 3a. Một hình vuông
ABCD có hai cạnh AB, CD lần lượt là hai dây cung của hai đường tròn đáy, cạnh AD, BC không
phải là đường sinh của hình trụ (T). Tính cạnh của hình vuông này.
A. 3 5a B. 6a C.
3 10
2
a
D. 3a
Câu 16: [ID: 74159] Cắt một hình nón bằng một mặt phẳng đi qua trục của nó ta được thiết diện
là một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng a, diện tích xung quanh của hình nón là:
A.
2
2
4

xq
a
S B.
2
2
2

xq
a
S C.
2
2xqS a D. 2
xqS a
Câu 17: [ID: 74160] Cho hàm số   3 2
: 3 1  C y x x .Đường thẳng đi qua điểm  3;1A và có hệ
số góc bằng k. Xác định k để đường thẳng đó cắt đồ thị tại 3 điểm khác nhau
A. 0 1 k B. 0k C. 0 9 k D. 1 9 k
Câu 18: [ID: 74161] Cho hàm số
3
1 2


x
y
x
. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ?
A. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là
3
2
y . B. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là 3y
C. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là 1x D. Đồ thị hàm số không có tiệm cận.

4
Câu 19: [ID: 74162] Cho 9 9 23.
 x x
Khi đó biểu thức
5 3 3
1 3 3


 
 
 
x x
x x
a
A
b
với
a
b
tối giản và
, a b . Tích .a b có giá trị bằng:
A. 8 B. 10 C. 8 D. 10
Câu 20: [ID: 74163] Cho , ,a b c là ba số thực dương, khác 1 và 1abc . Biết
1
log 3 2,log 3
4
 a b
và
2
log 3 .
15
abc Khi đó, giá trị của log 3c bằng bao nhiêu?
A.
1
log 3
3
c  B.
1
log 3
2
c  C. log 3 3c  D. log 3 2c 
Câu 21: [ID: 74164] Đường cong trong hình dưới là đồ thị của một hàm số
trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi
hàm số đó là hàm số nào?
A. 4 2
2 2   y x x B. 4 2
2  y x x
C. 3 2
3 1   y x x D. 4 2
2 2   y x x
Câu 22: [ID: 74165] Giá trị lớn nhất của hàm số  2 ln y x x trên đoạn  2;3 là
A.
 2;3
max 4 2ln 2 y B.
 2;3
max 1y C.
 2;3
max y e D.
 2;3
max 2 2ln 2  y
Câu 23: [ID: 74166] Cho n là số nguyên dương, tìm n sao cho:
2 2 2 2 2
1 log 2019 2 log 2019 ... log 2019 1010 2019 log 2019    na aa a
n
A. 2019 B. 2018 C. 2017 D. 2016
Câu 24: [ID: 74167] Cho hàm số 3 2
   y ax bx cx d có đồ thị như hình
bên. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. , 0; , 0 a d b c B. , , 0; 0 a b d c
C. , , 0; 0 a c d b D. , , 0; ,d 0 a b c b
Câu 25: [ID: 74168] Tìm tổng các nghiệm của phương trình sau
   4
2 2
25
log 2 3 2log 2 4    x x x x
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

5
Câu 26: [ID: 74169] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh a và SA vuông
góc đáy ABCD và mặt bên (SCD) hợp với đáy một góc 60, M là trung điểm của BC. Tính thể tích
hình chóp S.ABMD
A.
3
3
4
a
B.
3
3
6
a
C.
3
3
3
a
D. 3
3a
Câu 27: [ID: 74170] Tập hợp tất cả các giá trị của m để hàm số    3 21
1 2 1 2
3
     y x m x m x
luôn tăng trên R
A. 1m B.
1
3

 
m
m
C. 2 3 m D. 1 3  m
Câu 28: [ID: 74171] Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên khoảng  0; 2
A.
2
1
1
 


x x
y
x
B.
2 5
1



x
y
x
C.
4 21
2 3
2
  y x x D.
3 23
4 6 9
2
   y x x x
Câu 29: [ID: 74172] Phương trình: 243
1 1 2 1    x m m x có nghiệm x khi:
A.
1
0
3
 m B.
1
1
3
  m C.
1
3
m D.
1
1
3
  m
Câu 30: [ID: 74173] Cho hàm số  y f x xác định, liên tục và có đạo hàm trên đoạn  , .a b
Xét các khẳng định sau:
1. Hàm số  f x đồng biến trên ;a b thì    ' 0, ;  f x x a b
2. Giả sử        , ;   f a f c f b x a b suy ra hàm số nghịch biến trên  ;a b
3. Giả sử phương trình  ' 0f x có nghiệm là x m khi đó nếu hàm số  y f x đồng biến
trên  ;m b thì hàm số  y f x nghịch biến trên  ,ma
4. Nếu    ' 0, ;  f x x a b , thì hàm số đồng biến trên  ;a b
Số khẳng định đúng trong các khẳng định trên là
A. 1 B. 0 C. 3 D. 2

6
Câu 31: [ID: 74174] Người ta chế tạo ra một món đồ chơi cho trẻ em theo các
công đoạn như sau: Trước tiên cho trẻ em theo các công đoạn như sau: Trước
tiên, chế tạo ra một mặt nón tròn xoay có góc ở đỉnh là 2 60   bằng thủy
tinh có bán kính lớn, nhỏ khác nhau sao cho 2 mặt cầu tiếp xúc với nhau và
đều tiếp xúc với mặt nón. Quả cầu lớn tiếp xúc với cả mặt đáy của mặt nó.
Cho biết chiều cao của mặt nón bằng 9cm. Bỏ qua bề dày của những lớp vỏ
thủy tinh, hãy tính tổng thể tích của hai khối cầu.
A.  325
3
 cm B.  3112
3
 cm C.  340
3
 cm D.  310
3
 cm
Câu 32: [ID: 74175] Cho khối chóp S.ABC có thể tích là
3
3
a
. Tam giác SAB có diện tích là 2
2a .
Tính khoảng cách d từ C đến mặt phẳng (SAB).
A. d a B.
2
3

a
d C. 2d a D.
2

a
d
Câu 33: [ID: 74176] Cho nửa đường tròn đường kính 2AB R và một điểm C thay đổi trên nửa
đường tròn đó, đặt CAB và gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB. Tìm  sao cho thể
tích của vật thể tròn xoay tạo thành khi xoay tam giác ACH quanh trục AB đạt giá trị lớn nhất:
A. 60   B. 45   C.
1
arctan
2
  D. 30  
Câu 34: [ID: 74177] Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
  3 6 3 6      x x x x m
A. 0 6 m B. 3 3 2 m C.
1
3 2
2
  m D.
9
3 2 3
2
  m
Câu 35: [ID: 74178] Cho tam giác ABC vuông tại A, , 2 . AB a BC a Tính thể tích khối nón nhận
được khi quay tam giác ABC quanh trục BC.
A.
3
2
a
B. 3
3a C. 3
3a D. 3
a
Câu 36: [ID: 74179] Một cốc nước có dạng hình trụ chiều cao là 15cm, đường kính đáy là 6cm,
lượng nước ban đầu trong cốc cao 10cm. Thả vào cốc nước 5 viên bị hình cầu có cùng đường kính
là 2cm. Hỏi sau khi thả 5 viên bị, mực nước trong cốc cách miệng cốc bao nhiêu cm? (Kết quả làm
tròn đến hàng phần trăm).
A. 4,25 cm B. 4,26 cm C. 3,52 cm D. 4,81 cm

7
Câu 37: [ID: 74180] Cho  3;3

v và đường tròn   2 2
: 2 4 4 0.    C x y x y . Ảnh của (C) qua 
v
T
là  ' :C
A.    
2 2
4 1 9   x y B.    
2 2
4 1 4   x y
C. 2 2
8 2 4 0    x y x y D.    
2 2
4 1 9   x y
Câu 38: [ID: 74182] Hãy lập phương trình đường thẳng (d) đi qua các điểm cực đại và cực tiểu
của đồ thị hàm số 3 2
3 3  y x mx x
A. 3 1  y mx m B.  3
2 2 y m x C.  2 1   y m x m D. 2 2  y x m
Câu 39: [ID: 74183] Cho khối chóp S.ABC có  SA ABC , tam giác ABC vuông tại B,
, 3. AB a AC a Tính thể tích khối chóp S.ABC biết rằng 5SB a
A.
3
2
3
a
B.
3
6
6
a
C.
3
6
4
a
D.
3
15
6
a
Câu 40: [ID: 74184] Bên cạnh con đường trước khi vào thành phố người
ta xây một ngọn tháp đèn lộng lẫy. Ngọn tháp hình tứ giác đều S.ABCD
cạnh bên 600SA mét, 15 ASB . Do sự cố đường dây điện tại điểm Q
(là trung điểm của SA) bị hỏng, người ta tạo ra một con đường từ A đến
Q gồm bốn đoạn thẳng: AM, MN, NP, PQ (hình vẽ). Để tiết kiệm kinh
phí, kỹ sư đã nghiên cứu và nó được chiều dài con đường từ A đến Q
ngắn nhất.
Tính tỷ số



AM MN
k
NP PQ
A. 2k B.
4
3
k C.
3
2
k D.
5
3
k
Câu 41: [ID: 74186] Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 3 2 2
2 2   y x mx m x đạt cực
tiểu tại 1x
A. 3m B. 1 3  m m C. 1 m D. 1m
Câu 42: [ID: 74187] Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC),
, , 2 , 60    SA a AB a AC a BAC . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC

8
A.
3
20 5
3


a
V B. 35 5
6
V a C. 35 5
2

V a D.
35
6
V a
Câu 43: [ID: 74188] Cho 3 đồ thị hàm số sau (như hình vẽ). Khẳng định nào
sau đây đúng?
A.  a b c B.  a c b
C.  b a c D.  b c a
Câu 44: [ID: 74189] Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với ,AC a
biết SA vuông góc với đáy ABC và SB hợp với đáy một góc 60. Tính thể tích hình chóp.
A.
3
6
48
a
B.
3
6
24
a
C.
3
6
8
a
D.
3
3
24
a
Câu 45: [ID: 74190] Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
2
2sin cos 1.  y x x Giá trị M m bằng:
A. 0 B. 2 C.
25
8
D.
41
8
Câu 46: [ID: 74191] Cho hàm số  y f x có đồ thị như hình bên. Xác định tất cả các giá trị
của tham số m để phương trình   2
2 3  f x m m có 6 nghiệm
thực phân biệt.
A.
1
0
2
  m B. 2
1
0
2
 m
C.
1
1
2
 m D.
1
1
2
1
0
2

 

  

m
m

9
Câu 47: [ID: 74192] Tập xác định của hàm số  2
2

 y x x là:
A.
1
0;
2
 
 
 
B.  0;2 C.    ;0 2;   D.  0;2
Câu 48: [ID: 74193] Có 10 vị nguyên thủ Quốc gia được xếp ngồi vào một dãy ghế dài (Trong đó
có ông Trum và ông Kim). Có bao nhiêu cách xếp sao cho hai vị ngày ngồi cạnh nhau?
A. 9!.2 B. 10! 2 C. 8!.2 D. 8!
Câu 49: [ID: 74194] Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số
3
2
1
3
   
mx
y mx x có cực đại và cực
tiểu
A. 0 1 m B.
0
1

 
m
m
C. 0 1 m D. 0m
Câu 50: [ID: 74195] Cho hàm số 3 2
3 6,  y x mx giá trị nhỏ nhất của hàm số trên  0;3 bằng 2
A. 2m B.
31
27
m C.
3
2
m D. 1m

10
Đáp án
1-D 2-B 3-A 4-D 5-B 6-A 7-A 8-A 9-B 10-C
11-D 12-C 13-C 14-B 15-C 16-A 17-C 18-A 19-D 20-A
21-C 22-C 23-A 24-A 25-C 26-A 27-D 28-C 29-B 30-A
31-B 32-D 33-C 34-D 35-A 36-B 37-B 38-B 39-A 40-A
41-D 42-B 43-D 44-B 45-C 46-C 47-B 48-A 49-B 50-D
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án D
Phương pháp:
- Tìm một mặt phẳng chứa SK mà song song với MN , đó chính là mặt phẳng  SAD
- Từ đó ta chỉ cần tính khoảng cách từ MN đến  SAD .
Cách giải: Gọi I là trung điểm AD, AC cắt BD tại O. H là hình chiếu vuông góc của O trên
SI.
Ta có:  / /MN SAD
Suy ra:        , , O,  d MN SK d MN SAD d SAD OH
+) ;
2
 
AB
OI a ;
+) 2 2 2 21 1 1 5
4
2 2 2 2
     
a
OI BD AB AD a a
+)
2
2 2 2 5 21
2
4 7
    
a a
SO SB OB a
Vậy  
21
,
7

a
d MN SK
Chú ý khi giải: HS thường không chú ý đến phương pháp tìm mặt phẳng song song mà chỉ tập
trung đi tìm đường vuông góc chung dẫn đến sự phức tạp cho bài toán và không đi đến được
đáp án.

11
Câu 2: Đáp án B
Phương pháp: Dạng bài này, ngoài cách rút m rồi xét hàm như thường lệ, ta có thể áp dụng
điều kiện có nghiệm cho phương trình sin cos a x b x c là 2 2 2
 a a b
Cách giải: Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 2 2 2 2
5 3 16 4.     m m m
Chú ý khi giải: HS thường nhầm lẫn điều kiện có nghiệm của phương trình trên 2 2
 a b c
là dẫn đến kết quả sai.
Câu 3: Đáp án A
Phương pháp:
Công thức lãi kép:  1 
n
T M r với:
T là số tiền cả vốn lẫn lãi sau n kì hạn;M là số tiền gửi ban đầu; n là số kỳ hạn; r là lãi suất
định kỳ, tính theo %.
Cách giải: Gọi n là số năm cần gửi ít nhất để người đó có 250 triệu.
Ta có:  6 6
250.10 100.10 1 7,4 
n
6
1 7,4% 6
250.10
log 12,8 13
100.10

 
     
 
n n (năm).
Chú ý khi giải: HS sẽ phân vân khi chọn số năm cần gửi ít nhất vì 12,8n nên có thể sẽ
chọn đáp án sai là 12.n .
Câu 4: Đáp án D
Phương pháp:
Công thức tính đạo hàm hàm hợp:       ; ' . 'f u x u x f u .
Công thức tính đạo hàm:  
'
ln ' 
u
u
u
Cách giải: Có:    2
ln 1 f x x  
 2
2 2
1 ' 2
'
1 1

  
 
x x
f x
x x
Chú ý khi giải: HS thường nhầm lẫn: sử dụng công thức tính đạo hàm  
1
ln ' x
x
mà không
chú ý đến công thức tính đạo hàm hàm hợp.

12
Câu 5: Đáp án B
Phương pháp:
- Biến đổi phương trình về phương trình bậc hai đối với  2log 2x và đặt ẩn phụ
 2log 2 t x với  1;1 t
- Rút m theo t và xét hàm  f t để tìm ra điều kiện của m.
Cách giải:        
22
1 1
2 2
1
1 log 2 4 5 log 4 4 0 2
2
       

m x m m x
x
       2
2 21 log 2 5 log 2 1 0       m x m x m
Đặt    2
5
log 2 ;4 1;1
2
 
        
y x x t
Phương trình đã cho trở thành:   2
1 5 1 0     m t m t m
 2 2
1 5 1     m t t t t
2
2 2
5 1 4
1
1 1
 
   
   
t t t
m
t t t t
vì  2
1 0 1;1     t t t
Xét hàm số: 2
4
1
1
 
 
t
y
t t
trên  1;1
Có:  
 
2
22
4 4
'
1
 

 
t
y t
t t
 
 
 
2
22
4 4
' 0 0 1 1;1
1
 
       
 
t
y x t
t t
Ta có bảng biến thiên:
7 2
3; .
3 3
 
       
 
m a b
Chú ý khi giải: HS thường nhầm lẫn các công thức
biến đổi logarit dẫn đến kết quả sai, hoặc nhầm lẫn trong bước xét hàm  f t để đi đến kết
luận.
t 1 1
 'y t 0 + 0
 y t 7
3
3

13
Câu 6: Đáp án A
Phương pháp: Điều kiện để đồ thị hàm số bậc ba tiếp xúc với trục là phương trình hoành
độ giao điểm phải có hai nghiệm phân biệt Ox
Cách giải: Để đồ thị hàm số  mC tiếp xúc với trục Ox thì phương trình
hoành độ giao điểm phải có hai nghiệm phân biệt.
Ta có:  3 2
0 9 9 0 1     y x mx x m
  2
9 0
3
 
       
x m
x m x
x
Để (1) có 2 nghiệm phân biệt 3  m
Chú ý khi giải:HS cần xem lại các điều kiện để phương trình bậc ba có 1 nghiệm, hai nghiệm và
ba nghiệm phân biệt.
Câu 7: Đáp án A
Phương pháp:
Công thức tính diện tích xung quanh hình trụ: 2xqS Rh
Công thức tính thể tích khối trụ: 2
V R h
Công thức tính diện tích hình cầu: 2
4S R
Công thức tính thể tích khối cầu: 34
3
V R
Cách giải: Gọi bán kính đáy của hình trụ là 4 R h R .
1 22 V V V với 1V là thể tích nửa khối cầu và 2V là thể tích khối trụ.
3
3 22 16 128
2. .4 2
3 3 3
 
      
R
R R R R
Vậy
2
1 2
4
2 2. 2 .4 48 .
2
      S S S R R R
Chú ý khi giải: HS thường hay nhầm lẫn các công thức tính diện tích xung quanh, diện tích toàn
phần, thể tích,… dẫn đến chọn sai đáp án.

14
Câu 8: Đáp án A
Phương pháp: Quan sát đồ thị hàm số  'y f x để tìm khoảng dương, âm của  'f x , từ
đó tìm được khoảng đồng biến, nghịch biến của  f x .
Cách giải:
Từ đồ thị hàm số  'y f x suy ra hàm số  y f x nghịch biến trên 1  và 1;2 (làm
'y âm) và đồng biến trên 1;1 (làm 'y dương).
Suy ra B, C, D sai và A đúng.
Chú ý khi giải:
HS có thể nhầm lẫn thành đồ thị hàm số  y f x do đọc không kĩ đề dẫn đến chọn sai đáp án.
Câu 9: Đáp án B
Phương pháp: Công thức tính thể tích khối chóp
1
.
3
V S h với S là diện tích đáy,h là chiều
cao.
Chú ý tính chất hai mặt phẳng cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến của
chúng vuông góc với mặt phẳng đó.
Cách giải: Ta có:
   
   
   
 


  

 
ABC SBC
SBC SBC AC SBC
ABC SAC AC
2 3
1 1 3 3
.
3 3 4 12
   SBC
a a
V S AC a
Câu 10: Đáp án C
Phương pháp: Cách xác định góc giữa hai mặt phẳng:
- Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng.
- Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng nằm trong hai mặt phẳng và vuông
góc với giao tuyến.
Cách giải: Gọi E là giao điểm của B’I và BC.

15
H BC sao cho EA AH tại A
'K B I sao cho KH CB tại H
Có / / ' KH CB KH CC
  KH ABC tại H
 KH EA mà EA AH
  EA AKH  EA AK
Hai mặt phẳng  'AIB và  ACB có giao tuyến là EA
mà    ' ; ; ;    AK AIB AH ACB EA AK EA AH hợp bởi hai mặt phẳng  'AIB và
 ACB là KAH
Ta có: 2 cos30 3  BC a a
2 2 2 2 2 2
2 . .cos 3 2 . 3.cos150 7 7         AE EC AC AC EC ACE a a a a a AE a
Ta có:
2 2 2 22 2
2 .
7 3 9
cos
2 7. 3 2 21
   
  
AE EC AC
AC EC
a a a
AEC
a a
2
1 3 21
tan 1 . .tan
cos 9 9
      
a
AEC AH AE AEC
AEC
Ta có:
. ' . ' 7. .2 21 7
' 2 .cos 92 3.9
     
EH HK EH BB AE BB a a a
HK
EB BB EB BC AEC a
2 2 2 2
21 30
cos
1021 49
9
81 81
   


AH AH a
KAH
AK AH HK a a
Chú ý khi giải: Cần xác định đúng góc tạo bởi hai mặt phẳng để đi đến đáp số.
Câu 11: Đáp án D
Phương pháp: Số tiệm cận đứng của hàm phân thức
 
 

f x
y
g x
là số nghiệm của mẫu mà
không là nghiệm của tử.

16
Cách giải: Ta thấy mẫu thức 2
1x có 2 nghiệm 1 x và 1x cũng là nghiệm của tử, 1 x
không là nghiệm của tử thức nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng 1 x .
Chú ý khi giải: HS thường mắc phải sai lầm: nhận thấy mẫu có hai nghiệm phân biệt vội
vàng kết luận có 2 tiệm cận dẫn đến kết quả sai.
Phương pháp: Thêm bớt hạng tử để được các hằng đẳng thức.
Sử dụng kết quả 2 2
  A B C C để tìm min F và chú ý tìm điều kiện để dấu “=” xảy ra. 2
Cách giải:
4 4 2 2
4 4 2 2
 
      
 
a b a b a b
F
b a b a b a
2 2 22 2 2 2
2 2
1 1 4 4 2 4 2
     
                   
    
a b a b a b a b
b a b a b a ab
Dấu “=” xảy ra    ; 1;1  a b hoặc    ; 1; 1 a b
Vậy 2 yMin tại    ; 1;1 a b hoặc    ; 1; 1 a b
Phương pháp: Sử dụng công thức tổ hợp chập của phần tử trong khi chọn các tập hợp con
có 2,4,6,....,20 phần tử.
Cách giải:
*TH1: A có 2 phần tử  có
2
20C tập hợp con có 2 phần tử.
*TH2: A có 4 phần tử  có 4
….
*TH10: A có 20 phần tử  có 20
Suy ra tất cả có
10
2 19
20
1
2 1

  i
i
C trường hợp.
Phương pháp: Hệ số góc của tiếp tuyến là giá trị của đạo hàm tại tiếp điểm nên để có hệ
số góc nhỏ nhất thì ta cần tìm GTNN của đạo hàm.
Cách giải: Xét hàm số: 3 2
3 5 2   y x x x trên R

17
Có  
22
' 3 6 5 3 1 2 2.      y x x x
Dấu “=” xảy ra 1x
Với 1 1  x y
Vậy đường thẳng cần tìm là:  1 2 1 2 1     y x y x
Phương pháp: Gọi là tâm hình vuông ' I OO . Sử dụng định lý Py-
ta-go trong tam giác vuông để tính AB .
2
2 2 29 3 5
9
4 2
    
a a
IB OI OB a
3 10
. 2
2
  
a
AB BI
Câu 16: Đáp án A
Phương pháp: Công thức tính diện tích xung quanh của hình nón: xqS Rl
Cách giải:
Có
2 2
22
 
R a
l
2
2 2
. .
2 2 4

   xq
a a a
S Rl
Chú ý khi giải: HS thường nhầm lẫn công thức tính diện tích xung quanh hình nón là
xqS Rh với h là đường cao của hình nón.
Phương pháp:
Viết phương trình đường thẳng đi qua A và có hệ số góc k .
Biện luận số giao điểm của hai đồ thị là số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm
để suy ra kết luận.

18
Cách giải: Xét hàm số:  3 2
3 1  y x x C trên R
Ta có: 2 2 0
' 3 6 ; ' 0 3 6 0
2

         
x
y x x y x x
x
Ta có (C) là hàm số bậc 3 xác định trên R, đồ thị của nó có duy nhất 2
cực trị hoặc không có điểm cực trị nào.
Ta có:  1 0 0;1  a B là điểm cực tiểu của (C).
Ta có:  3;0 / / 

AB AB Ox
 để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì điều kiện cần là 0k với k là hệ số góc đường thẳng
cắt (C) tại 3 điểm phân biệt
Gọi :  d y kx a với: 0; , k k a R
Ta lại có  3;1 1 3 1 3        A d k a a k
: 3 1   d y kx k
d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt  phương trình:  3 2
3 1 3 1 1    kx k x x có 3 nghiệm phân
biệt.
Phương trình     2
1 3 0   x x k
3 
 
 
x
x k
vì 0k
Để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt 9 k
Vậy 0; 9 k k thỏa mãn yêu cầu của bài.
Chú ý khi giải:
HS cần chú ý cách viết phương trình đường thẳng đi qua 1 điểm và có hệ số góc.
Liên hệ được mối liên hệ giữa số giao điểm và số nghiệm của phương trình để biện luận.
Phương pháp:
Đường thẳng 0y y là tiệm cận ngang của đths  y f x nếu 0lim


x
y y hoặc 0lim


x
y y
Đường thẳng 0x x là tiệm cận đứng của đths  y f x nếu
0
lim

 
x x
y hoặc
0
lim

 
x x
y .

19
Cách giải:
3 3
lim lim
1 2 2 
 
x x
x
y y
x
Vậy tiệm cận ngang đồ thị hàm số
3
1 2


x
y
x
là đường thẳng
3
2
y
Chú ý khi giải: HS thường nhầm lẫn giữa các điều kiện để một đường thẳng là tiệm cận
của đồ thị hàm số dẫn đến chọn nhầm đáp án.
Phương pháp: Biến đổi phương trình đã cho để tính 3 3
x x
, từ đó thay vào biểu thức A
Cách giải: Ta có: 9 9 23
 x x
 
2
3 3 25
  x x
3 3 5
  x x
vì 3 3 0,
   x x
x R
5 3 3 5 5 5
1 3 3 1 5 2


   
    
  
x x
x x
a
A
b
Vậy 10 ab
Chú ý khi giải:
HS thường phân vân ở chỗ tính 3 3
x x
vì đến đó các em không biết nhận xét 3 3 0,
  x x
x
dẫn đến một số em có thể chọn nhầm đáp án.
Sử dụng các công thức biến đổi logarit như:  
1
log ;log log log
log
  a a a a
b
b bc b c
a
2
log 3
15
abc
3
15
log
2
 abc
3 3 3
15
log log log
2
   a b c 3
1 1 15
log
log 3 log 3 2
   
a b
c
3
15 1 1 15 1
log 4 3
2 log 3 log 3 2 2
       
a b
c 3
1
log .
3
 c
Chú ý khi giải: HS thường nhầm lẫn công thức logarit của một tích, hoặc đến bước cuối
tính log 3c lại kết luận nhầm 3log 3c dẫn đến chọn nhầm đáp án.

20
Phương pháp:
Quan sát đồ thị hàm số đã cho và nhận xét dựa trên dáng đồ thị các hàm số đa thức bậc 3,
bậc 4.
Cách giải:
Đồ thị hàm số nhận (0;0) là điểm cực tiểu nên loại A, B, D.
Phương pháp:
- Tính đạo hàm và tìm các điểm mà tại đó đạo hàm bằng . 0
- Tính các giá trị của hàm số tại hai đầu mút và tại các nghiệm của đạo hàm.
- Giá trị lớn nhất trong số những giá trị vừa tìm được là GTLN của hàm số trên đoạn  ;a b
Cách giải:
Xét hàm số:  2 ln y x x trên  2;3
Có  ' 2 ln 1 1 ln    y x x x
   ' 0 1 ln 0 ln 1 2;3        y x x x x e
Vậy
 
 2;3
max  y y e e
Chú ý khi giải:
HS thường tính sai bước đạo hàm và nhầm lẫn khi xét dấu đọa hàm dẫn đến sai kết quả.
Phương pháp:
Biến đổi VT để xuất hiện log 2019a
Sử dụng công thức
 
22
3 3 3 3 1
1 2 3 ...
4

    
n n
n
Cách giải:
x 2 e 3
'y + 0 -
y e

21
Ta có:
2 2 2
1 .log 2019 2 log 2019 ... .log 2019   na a a
VT n
Vậy.
3 3 3
1 .log 2019 2 log 2019 ... .log 2019   a a an
 3 3 3
1 2 ... .log 2019    an
2 2
1010 .2019 .log 2019 aVT
Có VT VP
 3 3 3 2 2
1 2 ... log 2019 1010 .2019 .log 2019    a an
 
22
2 21
1010 .2019
4

 
n n
   
2 22
2020.2019  n n
2
2020.2019  n n vì 2
0, 0   n n n
 
 
2019 0;
2020 0;
   
 
   
n
n
Vậy 2019n
Chú ý khi giải:
HS thường không biết áp dụng công thức
 
22
3 3 3 3 1
1 2 3 ...
4

    
n n
n dẫn đến không tìm ra
kết quả bài toán.
Phương pháp:
Quan sát đồ thị và nhận xét.
Cách giải:
Ta có hàm số: 2 2
   y ax bx cx d
Từ chiều biến thiên của đồ thị ta có a > 0.
Có:  0 0 y d

22
Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị  phương trình: 2
3 2 0   y ax bx c có hai nghiệm phân
biệt 1x và 2x . Chọn 1 2x x
Mà 1 20 0 0     x x ac c
Từ đồ thị ta có: 1 20 0 0 0         x x a b b a
Vậy: , 0; , 0 a d b c
Phương pháp:
Biến đổi phương trình đã cho về    2 2
5 22log 2 3 log 2 4    x x x x và đặt ẩn phụ
 2
5log 2 3  t x x đưa về phương trình ẩn t.
Xét hàm  f t và tìm nghiệm của   0f t từ đó tìm ra nghiệm của phương trình.
Cách giải:
Phương trình (1):    2 2
25
log 2 3 2log 2 4    x x x x
Điều kiện:
2
2
2
2 3 0
2 4 0
2 4 0
   
   
  
x x
x x
x x
Vì 2 2
2 2 3,      x x x x x R
      2 2
5 21 2log 2 3 log 2 4 *     x x x x
Đặt  2 2 2
5log 2 3 2 3 5 2 4 5 1 0 0              t t
t x x x x x x t
Phương trình (*) trở thành:  22 log 5 1 5 4 1 0     t t t
t
Xét hàm số   5 4 1  t t
y t trên  0;
Có  ' 5 ln5 4 ln 4 t t
y t
Vì  5 4 , 0; ;ln5 ln 4    t t
t nên    5 ln 4 ln 0, 0;     t t
y t t
  f t đồng biến trên  0;
Bảng biến thiên:

23
Mà   0 1  f t t là nghiệm duy nhất phương trình   0f t
Với  2
51 log 2 3 1    t x x
2 2
2 3 5 2 8 0       x x x x
Theo định lý vi – et ta có tổng hai nghiệm phương trình (1)
là: 1 2 2. x x
Chú ý khi giải:
HS cần chú ý sử dụng phương pháp xét tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình.
Phương pháp:
Chứng minh góc giữa hai mặt phẳng  SCD và  ABCD là SDA bằng cách sử dụng định
nghĩa góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng cùng vuông góc với giao tuyến.
Công thức tính thể tích khối chóp .
1
.
3
V S h
Cách giải: Ta có:    SA ABCD SA CD
Mà      AD CD CD SAD CD SD .
Vì
    


 
SCD ABCD CD
AD CD
SD CD
nên góc giữa  SCD và  ABCD là
60 SDA
Ta có: .tan 60 3  h a a
2
2 1 3
.
2 2 4
    ABMD ABCD DCM
a a
S S S a a
2 3
.
1 1 3 3
. . . 3
3 3 4 4
   S ABMD ABMD
a a
V S h a
Chú ý khi giải:
HS thường xác định sai góc giữa hai mặt phẳng dẫn đến đáp số sai.
x 0 
 'y t 0 + 0
 y t 

24
Phương pháp:
Tính 'y và tìm điều kiện của để ' 0, x R  y
Điều kiện để tam thức bậc hai 2
0,    ax bx c x R là
0
0


 
a
Cách giải:
Xét hàm số:    3 21
1 2 1 2
3
     y x m x m x
Có      2
' 2 2 2 1    y x x m x m
Hàm số đã cho tăng trên  ' 0,   R y x x R
   
2
' 1 2 1 0      m m vì 1 0 a
2
4 3 0   m m
1 0 3 
Chú ý khi giải:
HS thường nhầm lẫn điều kiện để tam thức bậc hai luôn âm, luôn dương dẫn đến chọn nhầm đáp
án.
Phương pháp:
Xét các hàm số ở từng đáp án, tìm khoảng nghịch biến của chúng và đối chiếu điều kiện
đề bài.
Cách giải:
*TH1: Đáp án A:
Hàm số:
2
1
1
 


x x
y
x
xác định trên   1D R nên loại A vì  1 0; 2
*TH2: Đáp án B:
Xét hàm số:
2 5
1



x
y
x
xác định trên   1R

25
Có
 
 2
7
' , 1
1
  

y x R
x
 Hàm số
2 5
1



x
y
x
đồng biến trên   1R (loại).
*TH3: Đáp án C:
Hàm số 4 21
2 3
2
  y x x liên tục trên  0; 2
Có    3
' 2 6 0, 0; 2    y x x x x
 Hàm số: 4 21
2 3
2
  y x x nghịch biến trên  0; 2
*TH4: Đáp án D:
Hàm số: 3 23
4 9 9
2
   y x x x xác định trên R
Có  
2
29 9 8 22
' 8 6 0,
2 2 9 9
 
         
 
y x x x x x R (loại).
Vậy đáp án C thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Chú ý khi giải:
HS cần chú ý điều kiện để hàm số nghịch biến trên khoảng ;a b là    ' 0, ;  f x x a b .
Câu 29: Đáp án B
Phương pháp:
- Chia cả hai vế của phương trình cho 1 0 x và đặt ẩn phụ
4
4
1
1



x
t
x
.
- Từ điều kiện 1x ta tìm được điều kiện của t là0 1 t .
- Từ phương trình ẩn t, rút   m f t và xét hàm  f t trên  0;1 , từ đó suy ra điều kiện của
Cách giải:
Phương trình: 24
3 1 1 2 1    x m x x (Điều kiện: 1x )
 4 4
3 1 1 2 1. 1 *     x m x x x

26
Ta có với 1x Chia hai vế phương trình (*) cho 1x ta có:  
4
4
3 1 2 1
1
1 1
 
 
 
x x
m
x x
Đặt
4
4
4
1 1
11
 
  

x x
t t
xx
Với 1x thì hàm số 41 2
0 1 1 0 1 0 1
1 1

         
 
x
t t
x x
Phương trình (1) trở thành:  2
3 2 0 2  t t m
Phương trình (*) có nghiệm  phương trình (2) có nghiệm: 0 1 t
Xét hàm   2
3 2  y f t t t trên  0;1 ta có:
   
1
' 6 2 0 0;1
3
     f t t t
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy để phương trình
2
3 2 0  t t m có nghiệm trong  0;1 thì đường thẳng
 y m phải cắt đồ thị hàm số   2
3 2  y f t t t tại ít
nhất 1 điểm.
Do đó
1 1
1 1
3 3
       m m
Vậy
1
1
3
  m thì phương trình đã cho có nghiệm.
Đáp án B.
Chú ý khi giải:
- HS thường quên không tìm điều kiện của ẩn phụ hoặc tìm sai điều kiện (một số bạn chỉ
đặt điều kiện sẽ dẫn đến kết quả sai) t t 0
- Ở bước kết luận, một số bạn nhầm lẫn điều kiện để có nghiệm và có 2 nghiệm nên sẽ chọn để
phương trình có 2 nghiệm cũng là một kết quả sai. 1 0 m 3
Phương pháp:
t
0
1
3
1
 'f t - 0 +
 f t 0 1
1
3


27
Xét tính đúng sai của các đáp án dựa vào các kiến thức hàm số đồng biến, nghịch biến trên
khoảng xác định.
Cách giải:
*2 sai vì với 1 2c c bất kỳ nằm trong  ;a b ta chưa thể so sánh được  1f c và  2f c .
*3 sai. Vì 'y bằng 0 tại điểm đó thì chưa chắc đã đổi dấu qua điểm đó. VD hàm số 3
y x
*4 sai: Vì thiếu điều kiện tại  ' 0f x hữu hạn điểm.VD hàm số 1999y có ' 0 0 y
nhưng là hàm hằng.
Chú ý khi giải:
HS thường nhầm lẫn:
- Khẳng định số 4 vì không chú ý đến điều kiện bằng 0 tại hữu hạn điểm.
- Khẳng định số 3 vì không chú ý đến điều kiện 'y đổi dấu qua nghiệm.
Phương pháp:
Tính bán kính hai khối cầu dựa vào các mối quan hệ đường tròn nội tiếp tam giác.
Tính thể tích hai khối cầu đã cho theo công thức 34
.
3
V R và suy ra kết luận.
Cách giải: Cắt món đồ chơi đó bằng mặt phẳng đứng đi qua trục hình nón.
Gọi P, H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M, I, J trên AB.
Vì 2 60 , 9 .   BAC AM cm
3 3
6 3
  
  
  
BM MC
ABC
AB AC BC
đều.
Vì IM là bán kính mặt cầu nội tiếp tam giác đều ABC nên
3
3
  
AM
IH IM
Gọi ' 'B C là tiếp tuyến chung của hai đường tròn. Vì ABC
đều nên dẫn đến ' 'AB C đều.

28
Suy ra bán kính đường tròn nội tiếp 1
3 9
   
AG AM
JK JG
Vậy tổng thể tích là:
3 3
1 2
4 4 112
. .
3 3 3

    V V IH JK
Chú ý khi giải:
Cần chú ý vận dụng các mối quan hệ đường tròn nội, ngoại tiếp tam giác đều trong việc tính bán
kính các khối cầu.
Phương pháp:
Dựa vào công thức tính thể tích khối chóp
1
.
3
V S h để suy ra chiều cao hạ từ C đến mp
 SAB .
Cách giải:
Gọi khoảng cách từ C đến (SAB) là h.
Theo công thức thể tích khối chóp, ta có:
3
21 1
.S . .2
3 3 3 2
    SAB
a a
V h h a h
Chú ý khi giải:
HS cần áp dụng đúng công thức tính thể tích.
Phương pháp:
- Tính thể tích khối nón có được khi quay tam giác ACH quanh AB (hay AH) bằng công
thức
1
.
3
 dV S h với đáy là hình tròn tâm H bán kính CH và chiều cao là AH.
- Tìm GTLN của thể tích dựa vào phương pháp xét hàm, từ đó tìm được AH.
Cách giải: Thể tích khối nón khi quay ACH quay quanh AB:
 2 2 2 31 1 2
. . . . . .
3 3 3 3
 
     
R
V AH CH AH AH AB AH AH AH

29
Xét hàm số:
2 32
.
3 3
 
 
R
y t t với t AH
24
' .
3

  
R
y t t
 0
0 4 4
3 3

 
   

t L
y R R
t AH
2 2 3
3 3
     
R R
HB AB AH CH
1 1
tan arctan
2 2
    
CH
CAB CAB
AH
Chú ý khi giải:
Ở bước kết luận nhiều HS sẽ kết luận sai góc là góc 45dẫn đến chọn sai đáp án.
Phương pháp:
Phương trình đã cho có nghiệm  đường thẳng y mcắt đồ thị hàm số
    3 6 3 6       y f x x x x x tại ít nhất 1 điểm nên ta xét hàm  f x , từ đó tìm ra
điều kiện của m.
Cách giải:
Xét hàm số:     3 6 3 6      f x x x x x trên  3;6
   
 
 
3
3;63 2
2' 0 6 3 2 3 0 3 2 0
6 3
6 3 1 *

               
  
   
xx
f x x x x x
x x
x x

30
       * 9 2 6 3 1 2 6 3 8         x x x x
(loại)
Vậy để phương trình  f x có nghiệm thì:
9 6 2
3
2
 
 m
Phương pháp:
Công thức tính thể tích khối nón:
1
.
3
V S h với Slà diện tích hình tròn đáy và h là đường
cao.
Cách giải:
Gọi A’ đối xứng với A qua BC. Khi quay tam giác quanh trục BC ta sẽ được hai khối nón có đáy là
hình tròn tâm H bán kính R và lần lượt có chiều cao là BH và CH.
Ta có:
2 2 2 2
4 3    AC BC AB a a a
. . 3 3
2 2
   
AB AC a a a
AH
BC a
2
3
2 2 21 1 1 1 3
. . . . .2
3 3 3 3 2 2

   
 
      
 
a a
V AH BH AH CH AH BC a
Chú ý khi giải:
Nhiều HS thường xác định sai khối tròn xoay nhận được khi quay tam giác quanh BC dẫn đến
đáp án sai.
Phương pháp:
Tính thể tích mỗi viên bi hình cầu: 34
5
3
 V R viên có thể tích 1V
Tính thể tích lượng nước ban đầu (cột nước hình trụ): 2
2 . nV V R h
x
3
3
2
6
 'y x - 0 +
 y x 3 3
9 6 2
2
 

31
Tính tổng thể tích cả bi và nước lúc sau 1 2 V V V , từ đó suy ra chiều cao cột nước lúc sau
và khoảng cách từ mặt nước đến miệng cốc.
Cách giải:
Ta có: 3
1
4 20
5.
3 3

 V R
2
2 90  V R h
1 2
290
3

   V V V
2
290 290 115
15
27 27 27
      
V
h d
R
Chú ý khi giải:
Các em có thể sẽ quên không tính thể tích của 5 viên bi, hoặc nhầm lẫn đường kính 6cm thành
bán kinh 6cm dẫn đến các thể tích bị sai.
- Ảnh của đường tròn qua phép tịnh tiến là một đường tròn có cùng bán kính.
- Xác định tâm đường tròn mới qua phép tịnh tiến rồi viết phương trình đường tròn mới
có tâm vủa tìm được và bán kính là bán kính đường tròn đã cho.
- Điểm  ' '; 'I x y là ảnh của  ;I x y qua phép tịnh tiến theo véc tơ  ;

v a b nếu
'
'
 

 
x x a
y y a
Cách giải:
Ta có:      
2 2
: 1 2 9   C x y
Tọa độ tâm I của đường tròn (C) là:  1; 2I
Suy ra ảnh I’ của I qua 
v
T là  4;1I .
     
2 2
: 4 1 9    C x y
Chú ý khi giải:
HS thường hay nhầm lẫn biểu thức tọa độ của phép tịnh tiến dẫn đến tìm sai tọa độ điểm I’

32
Phương pháp:
- Gọi 0x là một điểm cực trị của hàm số  y f x , khi đó
 0
3 2
0 0 0 0
' 0
3 3
 

  
y x
y x mx x
- Từ hệ trên ta tìm được phương trình đường thẳng đi qua  0 0;x y .
Cách giải:
Có:    3 2 2
3 3 ' 3 6 3      y x x mx x y x x mx
Phương trình đường thẳng d đi qua 2 cực trị của (C) nên  0 0; x y d thỏa mãn:
 
 
2
00
2 23 2
0 0 0 0 0 00 0 0 0
3 6 3 0' 0
2 33 3
     
 
       
x mxy x
y x x mx x mxy x mx x
 
22
0 00 0
2
0 0 00 0 0
2 12 1
2 2 12
     
 
        
x mxx mx
y x m mxy x mx
 2
0 02 1    y m x m
Chú ý khi giải:
Các em cũng có thể giải bài toán bằng cách khác:
- Tính 'y .
- Thực hiện phép chia y cho 'y ta sẽ tìm được đa thức dư là kết quả bài toán.
Phương pháp:
Công thức tính thể tích khối chóp .
1
.
3
V S h
Cách giải:
Ta có: 2 2
2  BC AC AB a
Có 2 2
2  SA SB AB a
3
1 1 1 2
. .2 . . 2
3 3 2 3
   ABC
a
V SA S a a a

33
Phương pháp:
Trải 4 mặt của hình chóp ra mặt phẳng và tìm điều kiện để   AM MN NP PQ là nhỏ
nhất.
Cách giải:
Ta “xếp” 4 mặt của hình chóp lên một mặt phẳng, được như hình bên:
Như hình vẽ ta tháy, để tiết kiệm dây nhất thì các đoạn AM, MN, NP, PQ phải tạo thành
một đoạn thẳng AQ.
Lúc này, xét SAQ có:
15    ASM MSN NSP PSQ
600 , 300 SA m SQ m
2

    

AM MN AN SA
k
NP PQ NQ SQ
(Vì 
AN SA
NQ SQ
do tính chất của đường phân giác SN).
Phương pháp:
Điểm 0x x là điểm cựa tiểu của hàm số bậc ba  y f x nếu
 
 
0
0
' 0
'' 0



f x
f x
Cách giải:
TXĐ: D R
Ta có: 2 2
' 3 4 '' 6 4     y x mx m y x m
Để 1x là điểm cực tiểu của hàm số bậc ba với hệ số 3
x dương thì:
 
 
2 1; 3' 1 0 4 3 0
13
6 4 0'' 1 0
2
      
     
    
m my m m
m
mmy
Chú ý khi giải:

34
Nhiều HS sẽ nhầm lẫn điều kiện để điểm 0x là điểm cực tiểu là  0'' 0f x dẫn đến chọn đáp án
3m là sai
Phương pháp:
- Chứng minh ABC vuông tại B, tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đáy.
- Sử dụng công thức
2
2 2
4
 
h
R r với R là bán kính hình cầu ngoại tiếp khối chóp, h là chiều
cao, r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy.
Cách giải:
Ta có:
1
cos60 cos
2 2
    
a AB
BAC
a AC
 ABC vuông tại B.
Gọi M là trung điểm AC.
 M là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC
2
   
AC
MA MA a
Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đáy.
R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
h là chiều cao hình chóp.
Ta có công thức sau:
2 2
2 2 2 2 5
4 4 2
     
h a a
R r R a
34 5 5
3 6
  
a
V R
Chú ý khi giải:
HS cần linh hoạt trong việc chứng minh ABC vuông tại B và biết sử dụng công thức liên hệ
giữa R, r, h.

35
Phương pháp:
Chọn điểm cụ thể 2x rồi suy ra log 2 log 2 log 2 c a b , từ đó chọn được đáp án.
Cách giải:
Theo như đồ thị hàm số, chọn 2x , ta có:
2 2 2
1 1 1
log 2 log 2 log 2 0 log 0 log log
log 2 log 2 log 2
            c a b
b c a
b c a b c a
Phương pháp:
Xác định góc 60bằng phương pháp xá định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc
giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng.
Thể tích khối chóp
1
.
3
V S h
Cách giải:
ABC vuông cân tại B có
2
   
a
AC a BC BA
Mà SAB vuông tại A có 60 SBA
6
.tan tan 60
22
    
a a
SA AB SBA
1 1 1
. . .
3 3 2
 ABCV SA S SA BC BA
3
1 6 1 6
. . . .
3 2 2 242 2
 
a a a a
Phương pháp:
Biến đổi hàm số về hàm số bậc hai đối với cos x , đặt cos x t và tìm GTLN, GTNN của
hàm số với chú ý
Cách giải:

36
Ta có:  2 2 2
2sin cos 1 2 1 cos cos 1 2cos cos 3          y x x x x x x
Đặt  t cos 1 1   x t
   2
2 3 ' 4 1       y t t t y t t
   
1
' 0 0 1;1
4

    y t
 
1 25 25
max ; min 1 0
4 8 8
 
          
 
M y y m y y M m
Chú ý khi giải:
HS thường nhầm lẫn khi tìm GTLN, GTNN của hàm số, hoặc ở bước đặt ẩn phụ quên không đặt
điều kiện cho ẩn mới.
Phương pháp:
- Vẽ đồ thị hàm số  y f x từ đồ thị hàm số  y f x : giữ nguyên phần đồ thị phía trên trục
hoành và lấy đối xứng phần đồ thị phía dưới qua trục hoành.
- Điều kiện để phương trình   2
2 3  f x m m có 6 nghiệm phân biệt là đường thẳng
2
2 3  y m m cắt đồ thị hàm số  y f x tại 6 điểm phân biệt.
Cách giải:
Ta có đồ thị hàm số  y f x .
Lúc này, để phương trình   2
2 3  f x m m có 6 nghiệm phân
biệt thì đường thẳng 2
2 3  y m m cắt đồ thị hàm số  y f x
tại 6 điểm phân biệt.
Chú ý khi giải:
HS thường nhầm lẫn cách vẽ các đồ thị hàm số  y f x và  y f x , hoặc ở bước giải bất
phương trình kết hợp nghiệm sai dẫn đến chọn sai đáp án.
Phương pháp:

37
Điều kiện để hàm số lũy thừa với số mũ không nguyên là cơ số phải dương.
Cách giải:
Vì  là số vô tỉ nên điều kiện là cơ số lớn hơn 0.
 2
2 0 2 0;2      x x x x
Chú ý khi giải:
HS rất hay nhầm lẫn khi tìm điều kiện xác định của hàm số lũy thừa, đó là cho cơ số có thể bằng 0
dẫn đến chọn nhầm đáp án D.
Phương pháp:
- Coi hai ông Trum và Kim là một người thì bài toán trở thành xếp 9 người vào dãy ghế.
- Lại có 2 cách đổi chỗ hai ông Trum và Kim nên từ đó suy ra đáp số.
Cách giải:
Kí hiệu 10 vị nguyên thủ là a, b, c, d, e, f, g, h, i, k.
Và hai ông Trum, Kim lần lượt là a, b.
Nếu ông Trum ngồi lên bên trái ông Kim, tương đương xếp , , , , , , , ,ab c d e f g h i k vào 9 vị trí.
Ta có 9
9A cách.
Vậy tổng hợp lại, có
9 9
9 9 2.9! A A cách.
Phương pháp:
Điều kiện để hàm đa thức bậc ba có cực đại, cực tiểu là phương trình ' 0y có hai nghiệm
phân biệt.
Cách giải:
TH1: 0 1.   m y x Hàm số không có cực trị.
TH2: TXĐ: D R
Ta có:
3
2 2
1 ' 2 1
3
       
mx
y mx x y mx mx

38
Để hàm số cho có cực đại, cực tiểu thì phương trình ' 0y phải có 2 nghiệm phân biệt
2 0
' 0
1

      
m
m m
m
Tính y’ và tìm nghiệm của ' 0y .
- Biện luận các trường hợp điểm 3x nằm trong, nằm ngoài khoảng 2 nghiệm để suy ra
kết luận. Cách giải:
TXĐ: D R
2
' 3 6 y x mx
Ta có: 3
0 6
' 0
2 4 6
  
  
    
x y
y
x m y m
Xét TH1: 0m . Hàm số đồng biến trên  0;3 .
 
 0;3
0 6   Min y y loại.
Xét TH2:
3
2 3 0
2
   m m . Khi đó, hàm số nghịch biến trên   0;3 0;2 m
 
 0;3
31 3
3 33 27 2
27 2
       Min y y m m (loại)
Xét TH3:
3
0 3 2 0
2
    m m thì đồ thị hàm số có điểm cực đại là  0;6 và điểm cực tiểu là
 3
2 , 4 6 . m m
Khi đó , GTNN trên  0;3 là   3
2 4 6  y m m
3 3
4 6 2 1 1       m m m (thỏa mãn)
Xét TH4:  0 0;6 m là điểm cực tiểu và trên  0;3 hàm số đồng biến.
min 6  y loại.
Vậy 1m là giá trị cần tìm.
Đáp án D.
Chú ý khi giải:

39
HS cần phải xét tất cả các trường hợp và chú ý loại nghiệm. nhiều em sai lầm kết luận
31
27
m mà
không chú ý điều kiện của trường hợp đó là
3
2
m

40
NHẤT ĐỊNH PHẢI ĐỖ ĐẠI HỌC ĐÓ NHÉ!!
Các em chỉ cần chăm thôi, tài liệu và Phương
pháp cứ để thầy lo.
➤Các tài liệu hay và các phương pháp đều được
giảng trong các bài học của thầy.
●Facebook thầy: Đạt Nguyễn Tiến |
https://www.facebook.com/thaydat.toan
Để tham gia học offline cùng thầy Đạt: Các em
đến đăng ký tại Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu,
Q.Hai Bà Trưng, Hà Nội
Để học online các em tham gia các khóa sau
trên HOC24H.VN
✔ Khóa luyện thi THPT Quốc Gia môn Toán 2018:
https://hoc24h.vn/khoa-hoc-truc-tuyen.khoa-
luyen-thi-thpt-quoc-gia-2018-mon-toan-
hoc.79.html
✔ Khóa luyện thi nâng cao lớp 12:
luyen-thi-nang-cao-2018-mon-toan.138.html
✔ Khóa luyện đề thi thử THPT Quốc gia 2018:
luyen-de-thi-thu-thpt-quoc-gia-2018-mon-
toan.149.html
✔ Khóa tổng ôn luyện thi THPT Quốc Gia 2018:
tong-on-luyen-thi-thpt-quoc-gia-2018-mon-
toan.147.html
✔ Chinh phục kiến thức lớp 11:
chinh-phuc-kien-thuc-toan-11.97.html

Đề thi thử môn toán tốt nghiệp THPT Quốc Gia 2018 - Đề 8

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (19)

Similar to Đề thi thử môn toán tốt nghiệp THPT Quốc Gia 2018 - Đề 8

Similar to Đề thi thử môn toán tốt nghiệp THPT Quốc Gia 2018 - Đề 8 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (19)

Đề thi thử môn toán tốt nghiệp THPT Quốc Gia 2018 - Đề 8