Đề thi thử môn Toán 2018 Chuyên Sơn La - lần 1 - file word

(1)

Câu 1. Cho tập hợp S có 20 phần tử. Số tập con gồm 3 phần tử của S là:

A. ^A³²⁰ B. ^A¹⁷²⁰ C. ^C³²⁰ D. ²⁰³

Lời giải Đáp án C

Phương pháp: Sử dụng tổ hợp chập 3 của 20 để lấy ra 3 phần tử trong tập 20 phần tử.

Cách giải: Số tập con gồm 3 phần tử của S là ^C³²⁰ Câu 2. Đồ thị hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng?

A. y x²4 B. ² y 2x

x 2

  C.

y 2x 1 x 1

 

 D.

x2 2x 3

y x 1

 

 

Phương pháp:

* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ^{y f x}^

 

Nếu

 

x a

lim f x

 

 

hoặc

 

x a

lim f x

 

 

hoặc

 

x a

lim f x

 

 

hoặc

 

x a

lim f x

 

 

thì x a là TCÐ của đồ thị hàm số.

Cách giải:

) y x2 4

   . TXÐ: ^D^{ }



^{2;2 .}



Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

2

) y 2x . x 2

 

 TXĐ: D R. Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

) y 2x 1. x 1

  

 TXĐ: ^{D R \ 1}

 

x 1 x 1

2x 1 2x 1

lim , lim

x 1 x 1

 

 

      

  Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là ^{x 1}^ x2 2x 3

) y .

x 1

 

 

 TXÐ: ^{D R \}^

 

^¹

 

2

x 1 x 1

x 2x 3

lim lim x 3 4

x 1

 

      

 Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

Câu 3. Tập nghiệm của bất phương trình

x

1 2x 1

2 2

   

   là

A.



^^;1



_B.



^1;^



_C. ^;¹3

 

 

  D.

1; 3

 

 

 

Phương pháp: Đưa về bất phương trình mũ cơ bản:

   

f x g x

a a f x g x nếu a 1

   

f x g x

a a f x g x

nếu 0 a 1  Cách giải:

x

2x 1 x 2x 1

1 1

2 2 2 x 2x 1 x

2 3

  

          

  

Câu 4. Cho hàm số ^{y f x}^

 

có bảng biến thiên như sau:

(2)

Hàm số ^{y f x}^

 

đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A.



^^1;0



_B.



^1;^



_C.

 

^0;1 _D.



^^;0

 Lời giải

Đáp án C

Phương pháp: Hàm số^{y f x}^

 

đồng biến trên

 

^a;b ^^{f ' x}

 

^{  }^{0 x}



^a;b



Cách giải: Hàm số ^{y f x}^

 

đồng biến trên các khoảng



^{ }^{; 1 , 0;1}

  

Câu 5. Số phức liên hợp ^z của số phức z 2 3i  là

A. z 3 2i  B. z 2 3i  C. z 3 2i  D. z  2 3i

Lời giải Đáp án B

Phương pháp: Số phức liên hợp ^zcủa số phức z a bi, a, b R   là z a bi  Cách giải: Số phức liên hợp ^zcủa số phức z 2 3i  là z 2 3i 

Câu 6. Thể tích V của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng ^B là A. V Bh B.

V 1Bh

2

C. V 3Bh D.

V 1Bh

3

Lời giải Đáp án A

Phương pháp:

Thể tích V của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng ^B là V Bh Cách giải:

Thể tích V của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng ^B là V Bh Câu 7. ^x

lim 2x 1 x 3





 bằng A.

2

3

B. ¹ C. ² D.

1

3

Phương pháp: Chia cả tử và mẫu cho x và sử dụng giới hạn _x^lim ¹_n ^{0 n 0}

 

x

  

Cách giải:

x x

2 1

2x 1 x 2

lim lim 2

x 3 1 3 1

x

 

    

 

Câu 8. Trong không gian ^Oxyz, cho mặt phẳng

 

P : 2x y 3z 2 0   

. Mặt phẳng ^{( )}^P có một vecto pháp tuyến là

A. ⁿ^^



^{1; 1;3}^



_B.ⁿ^ ^



^{2; 1;3}^



_C.ⁿ^^



^2;1;3



_D.ⁿ^ ^



^{2;3; 2}^

 Lời giải

Đáp án B

Phương pháp:

(3)

Mặt phẳng

 

P : A x By Cz D 0 A   



²B²C² 0



có 1 VTPT là ⁿ^ ^



^{A; B;C}



Cách giải:

Mặt phẳng

 

P : 2 x y 3z 2 0    có một véc tơ pháp tuyến ⁿ^ ^



^{2; 1;3}^



Câu 9. Với các số thực dương a, b bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. ^{ln ab}

 

^{ln a ln b} B.

a ln a lnb ln b

C.

lna ln b ln a b  

D. ^{ln ab}

 

^{ln a.ln b}

Phương pháp: Sử dụng các công thức: ^{log ab}

 

log a log b;log ^a log a log b b

     

  (Giả sử các biểu

thức là có nghĩa) .

Cách giải: Với các số thực dương a, b bất kì, mệnh đề đúng là: ^{ln ab}

 

^{ln a ln b} Câu 10. Tích phân

1

0

dx x 1



bằng

A. ^{log 2} B. ¹ C. ^{ln 2} D. ^^{ln 2}

Phương pháp: Sử dụng bảng nguyên hàm mở rộng:

1 1

dx ln a x b C a x b a  



 Cách giải:

1

1 0 0

dx 1

l n x 1 ln 2 ln1 ln 2

x 1 1    





Câu 11. Họ nguyên hàm của hàm số ^{f x}

 

^^x³^{ }^{x 1}_là

A.

4 3

x x 4  2 C

B.

4 2

x x 4  2  x C

C.

4 x3

x x C

 2  

D. ^3x³^^C

Phương pháp:

   

     

n n 1

f x g x dx f x dx g x x dx x C

n 1



   

  



  



Cách giải:



^{f x dx}

 

^

 

^x³^{ }^{x 1 dx}



^ ^x₄⁴ ^^x₂² ^{ }^{x C}

Câu 12. Cho hình nón có bán kính đáy bằng a và độ dài đường sinh bằng 2a. Diện tích xung quanh của hình nón đó bằng

A. ^{3 a}^ ² B. ^2a² C. ^{4 a}^ ² D. ^{2 a}^ ²

Lời giải Đáp án D

Phương pháp: Diện tích xung quanh của hình nón: ^S^xq ^{ }^Rl Trong đó: ^R là bán kính đường tròn đáy, l là độ dài đường sinh.

Cách giải: S^xq    Rl .a.2a 2 a  ²

Câu 13. Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

(4)

A. y x ⁴x²1 B. y  x⁴ x²1 C. y  x³ 3x 1 D. y x ³3x 2

Phương pháp: Dựa vào ^xlim y

 để loại trừ ^p án sai.

Cách giải:

- Đồ thị hàm số bên không phải đồ thị của hàm số bậc bốn trùng phương => Loại ^p án ^A vàB.

Còn lại ^p án C và ^D, là các hàm số bậc ba, dạng y a x ³bx²cx d, a 0  - Khi x   , y vậy a 0

Ta chọn ^p án D

 

liên tục trên đoạn

 

^{a; b} . Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số ^{y f x ,}^

 

trục hoành và hai đường thẳng x a, x b a b 







được tính theo công thức:

A.

b

 

a

S



f x dx

B.

b

 

a

S b f x dx



C.

b

 

a

S



f x dx

D.

b

 

a

S



f x dx

Phương pháp:

Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số ^{y f x}^

 

, trục hoành và hai đường thẳng x a, x b a b 







được tính theo công thức

b

 

a

S



f x dx Cách giải:

Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số ^{y f x}^

 

, trục hoành và hai đường thẳng

 

x a, x b a b   được tính theo công thức

b

 

a

S



f x dx Câu 15. Hàm số

y x 1 x 1

 

 có bao nhiêu điểm cực trị?

A. ² B. ¹ C. 3 D. 0

Phương pháp:

Giải phương trình ^{y ' 0}^ , sử dụng điều kiện cần để một điểm là cực trị của hàm số hoặc lập ^BBT. Cách giải: Hàm số bậc nhất trên bậc nhất ^y ^{a x b}



^{ad bc 0}



cx d

   

 không có điểm cực trị.

Câu 16. Trong không gian Oxyz,cho điểm ^{A 1;2;3 .}

 

Hình chiếu vuông góc của điểm ^A trên mặt phẳng (Oxy) là điểm

A. ^{N 1;2;0}

 

_B.^{M 0;0;3}

 

_C.^{P 1;0;0}

 

_D.^{Q 0;2;0}

 

(5)

Phương pháp:

Hình chiếu vuông góc của điểm M x ; y ;z



0 0 0



trên mặt phẳng (Oxy) là điểm M ' x ; y ;0



0 0



Cách giải:

Hình chiếu vuông góc của điểm ^{A 1;2;3}

 

trên mặt phẳng (Oxy) là điểm ^{N 1;2;0}

 

Câu 17. Trong không gian ^Oxyz, cho điểm ^{A 1;3; 2}



^ ^



và mặt phẳng

 

 : x 2y 2z 5 0.    Khoảng cách từ điểm ^A đến mặt phẳng

 

^ _bằng:

A. ¹ B.

2

3 C.

2

9 D.

2 5 5

Phương pháp: Xét M x ; y ; z ,



0 0 0

  

 : A x By Cz D 0.    Khoảng cách từ ^M đến

 

^ _là:^{d M;}

   

^{A x}⁰ ₂^By⁰ ₂^Cz⁰₂ ^D

A B C

  

   

Cách giải: Khoảng cách từ ^A đến

 

^ _là:^{d M;}

   

^{1 2.3 2. 2}₂ ₂

 

₂ ⁵ ²₃

1 2 2

    

  

 

Câu 18. Trong một lớp học gồm 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Xác suất để 4 học sinh được gọi đó cả nam lẫn nữ là

A.

219

323 B.

443

506 C.

218

323 D.

442 506

Phương pháp: Xác suất:

   

 

P A n A

n

 Cách giải:

Số phần tử của không gian mẫu: n

 

 C15 10⁴_ C⁴25

Gọi ^A là biến cố: “4 học sinh được gọi đó cả nam lẫn nữ”

Khi đó: n A

 

C C¹15 10³ C C15² 10² C C³15 ¹10

Xác suất cần tìm:

   

 

1 3 2 2 3 1

15 10 15 10 15 10

4 25

n A C C C C C C 443

P A n C 506

 

  



Câu 19. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y x ⁴2x²3 trên đoạn 0; 3bằng

A. 6 B. ² C. ¹ D. 3

Phương pháp: Phương pháp tìm GTLN , GTNN của hàm số ^{y f x}

 

trên

 

^a;b

Bước 1: Tính ^{y ',} giải phương trình ^{y ' 0}^ và suy ra các nghiệm xi

 

a; b Bước 2: Tính các giá trị f a ;f b ;f x

     

i

Bước 3: So sánh và rút ra kết luận:

 a;b

        

i



_{ }a;b

        

i



max f x max f a ;f b ;f x ; min f x max f a ;f b ;f x

(6)

Cách giải: TXÐ: ^{D R}^

     

   

4 2 3

0; 3

x 0 y x 2x 3 y ' 4x 4x 0 x 1

x 1 f 0 3;f 3 6;f 1 2

min f x f 1 2

 

 

 

         

 

  

  

Câu 20. Trong không gian ^Oxyz, cho điểm ^{A 2; 1;1 .}



^



Phương trình mặt phẳng

 

^ đi qua hình chiếu của điểm ^A trên các trục tọa độ là

A.

x y z

2  1 1 0

 B.

x y z 2 1 1 0

 C.

x y z 2 1 1  1

D.

x y z 2 1 1  1



Phương pháp:

Hình chiếu của điểm M x ; y ; z



0 0 0



trên trục Ox là điểm M x ;0;01



0



Hình chiếu của điểm M x ; y ;z



0 0 0



trên trục Oy là điểm M 0; y ;02



0



Hình chiếu của điểm M x ; y ; z



0 0 0



trên trục Oz là điểm M 0;0; z3



0



Phương trình theo đoạn chắn của mặt phẳng đi qua 3 điểm A a;0;0 , B 0;b;0 ,C 0;0;c , a, b,c 0

      





là:

x y z a   b c 1

Cách giải: Hình chiếu của điểm ^{A 2; 1;1}







trên các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt là:



2;0;0 , 0; 1;0 , 0;0;1

 



  

Phương trình mặt phẳng

 

^:^x ^y ^z ¹

2 1 1

   



Câu 21. Một người gửi 200 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0,45%/tháng. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau một tháng, số tiền lãi sẽ nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau đúng 10 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) gần nhất với số tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút ra và lãi suất không thay đổi.

A. 210.593.000đồng B. 209.183.000đồng C. 209.184.000đồng D. 211.594.000 đồng

Phương pháp: Công thức lãi kép, không kỳ hạn: An M 1 r%







ⁿ

Với: Aⁿlà số tiền nhận được sau tháng thứ n, M là số tiền gửi ban đầu,

n là thời gian gửi tiền (tháng) , r là lãi suất định kì (%) .

Cách giải: Sau đúng 10 tháng, người đó được lĩnh số tiền:

 

¹⁰

A10 200. 1 0, 45% 209,184(triệu đồng)

Câu 22. Tích giá trị tất cả các nghiệm của phương trình



^{log x}³



² ^^{2log x 1 0}^{ } _bằng

A. 10 10⁹ B. 10 C. ¹ D. ¹⁰10

Lời giải

Đáp án A

(7)

Phương pháp:

Đưa về phương trình bậc hai ẩn ^{log x,} sử dụng công thức ⁿ

m a a

log b mlog b

 n

(giả sử các biểu thức là có nghĩa) .

Cách giải: ÐK: x 0

   

 

3 2

2 2

9

log x 20log x 1 0, x 0

log x 1 x 10 3log x 10log x 1 0 9 log x 10log x 1 0 1

log x x 10

9

   

   

             

Tích giá trị tất cả các nghiệm của phương trình là: 10 10⁹

Câu 23. Gọi z và z¹ ² là hai nghiệm phức của phương trình ^z²^^{2z 10 0.}^ ^ Giá trị của biểu thức

2 2

1 2

T z  z bằng

A. T 10 B. T 10 C. T 20 D. T 2 10

Phương pháp: Giải phương trình phức bậc hai, suy ra các nghiệm và tính tổng bình phương môđun của các nghiệm đó.

Sử dụng công thức: z a bi   z  a²b² Cách giải:

     

2 1

2

2 2 2 2

1 1

2 2

1 2

z 1 3i z 2z 10 0

z 1 3i

z 1 3 10; z 1 3 10

T z z 10 10 20

  

       

         

     

 

có bảng biến thiên như sau:

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình ^{f x}

 

^{ }^{m 1} có 3 nghiệm thực phân biệt?

A.   3 m 3 B. ^{ }^{2 m 4}^ C. ^{ }^{2 m 4}^ D.   3 m 3

Phương pháp:

Đánh giá số nghiệm của phương trình ^{f x}

 

^{ }^{m 1} bằng số giao điểm của đồ thị hàm số ^{y f x}^

 

_và

đường thẳng ^{y m 1}^{ } Cách giải:

Số nghiệm của phương trình ^{f x}

 

^{ }^{m 1}bằng số giao điểm của đồ thị hàm số ^{y f x}^

 

và đường thẳng ^{y m 1}^{ }

Để ^{f x}

 

^{ }^{m 1}có 3 nghiệm thực phân biệt thì        2 m 1 4 3 m 3

Câu 25. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A 'B'C' có tất cả các cạnh bằng a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng ^AB và A C  bằng

(8)

A. a 3 B. a C. 2a D. a 2

Phương pháp:

 

   

       

1

2 1 2

d

d d d ;d d ;

/ /

 



     

  

 Cách giải:

ABC.A 'B'C' là lăng trụ tam giác đều tất cả các cạnh đều bằng a



ABC / / A 'B'C'

  

d AB;A 'C'

 

d ABC ; A 'B'C '

     

a

   

Câu 26. Cho hàm số ^{f x}

 

liên tục trong đoạn

 

^1;e _{, biết}

   

e

1

f x dx 1,f e 2.

x  



Tích phân ^e

 

1

f ' x ln xdx ?



A. ¹ B. 0 C. ² D. 3

Phương pháp: Công thức từng phần:



udv uv 



vdu Cách giải:

       

   

e e e

e 1

1 1 1

e

1 e

1

f x dx f x d ln x f x ln ln xf ' x dx 1 x

f e ln xf ' x dx 1

ln xf ' x dx f e 1 2 1 1

   

  

     

  



Câu 27. Trong mặt phẳng ^Oxy, cho hình phẳng ^{( )}^H giới hạn bởi các đường 4y x ² và ^{y x}^ . Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình ^{( )}^H quanh trục hoành một vòng bằng

A.

128 30 

B.

128 15 

C.

32 15

D.

129 30 

Phương pháp: Thể tích vật tròn xoay khi quay phần giới hạn bởi y f x , y g x

 



 

và hai đường thẳng x a, x b  quanh trục Ox

   

b

2 2

a

V 



f x g x dx Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của 4y x ²và ^{y x}^ là:

2 2 x 0

x x x 4x 0

4 x 4

 

      

(9)

 

⁴

4 2 4 4 5

2 4 2 4 2 3

0 0 0 0

5

3

x x 16

V x dx x 16x dx x 16x dx x

4 16 16 16 5 3

4 16 128

16 5 3 .4 15

      

             

   

 

      

 

  

Câu 28. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y x ³3mx²9m x² nghịch biến trên khoảng

 

^0;1

A.

m 1

3

hoặc ^m^{ }¹ B.

m 1

3

C. ^m^{ }¹ D.

1 m 1

  3

Phương pháp: Để hàm số nghịch biến trên

 

^0;1 ^^{y ' 0 x}^{  }

 

^0;1 _vày ' 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải: TXÐ: ^{D R}^

     

3 2 2 2 2

2 2 2 2 1

2

y x 3mx 9m x y ' 3x 6mx 9m

x m

y ' 0 3x 6mx 9m 0 3 x 2mx 3m 0 3 x m x 3m 0

x 3m

      

  

               

   

y ' 0 x   0;1  0;1 nằm trong khoảng 2 nghiệm x ; x¹ ² Hàm số nghịch biến trên khoảng

 

^0;1 khi và chỉ khi:

TH1:

m 0 1

m 0 1 3m 1 m

m 3 3

 

      

 

TH2:

3m 0 1 m m 0 m 1

m 1

 

          Vậy

m 1

3

hoặc ^m^{ }¹

Câu 29. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA OB OC a.    Khoảng cách giữa hai đường thẳng OA và BC bằng

A. a B. 2a C.

2a

2 D.

3a 2

Phương pháp: Xác định đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng.

Tính độ dài đoạn vuông góc chung.

Cách giải:

Gọi ^M là trung điểm của BC.

(10)

Ta có: ÔA ÔB ÔA



^OBC



^OA ^{OM 1}

 

OA OC

 

   

 



Tam giác OBC: OB OC  OBCcân tại O, mà ^M là trung điểm BC ^^OM^^{BC 2}

 

Từ ⁽¹⁾, ⁽²⁾, suy ra: OM là đoạn vuông góc chung của OA và BC ^^{d OA;BC}

 

^^OM

Tam giác OBC vuông tại O, OM là trung tuyến

 

2 2 2 2

1 1 1 2a 2a

OM BC OB OC a a d OA; BC

2 2 2 2 2

        

Câu 30. Hàm số ^{f x}

 

liên tục trên ^R và có đúng ba điểm cực trị là^{ }^{2; 1;0}. Hỏi hàm số ^{y f x}^



²^^2x



_có

bao nhiêu điểm cực trị?

A. 5 B. 3 C. ² D. ⁴

Phương pháp: Đạo hàm của hàm hợp: ^{f u x}

   

 ' f ' u x .u ' x

     

Tìm số nghiệm của phương trình ^{y ' f ' x}^



²^^2x



^⁰

Cách giải:



²

 

²

  

^{x 1}



²



y f x 2x y ' f ' x 2x . 2x 2 0

f ' x 2x 0

 

          

Vì ^{f x}

 

liên tục trên ^R và có đúng ba điểm cực trị là ^{ }^{2, 1, 0}nên ^{f ' x}

 

đổi dấu tại đúng ba điểm 2, 1, 0

  và ^{f ' 2}

 

^{ }^{f ' 1}

 

^{ }^{f ' 0}

 

^⁰

Giải các phương trình:

2 2

x 2x  2 x 2x 2 0  : vô nghiệm

 

²

2 2

2

x 2x 1 x 2x 1 0 x 1 0 x 1

x 2x 0 x 0

x 2

           

 

    

Như vậy, ^{y ' 0}^ có 3 nghiệm ^{x 0,1, 2}^ và y' đều đổi dấu tại 3 điểm này. Do đó, hàm số ^{y f x}^



²^^2x



_có

3 điểm cực trị.

Câu 31. Một người thợ có một khối đá hình trụ. Kẻ hai đường kính MN, ^PQ của hai đáy sao cho MN vuông góc ^PQ. Người thợ đó cắt khối đá theo các mặt cắt đi qua 3 trong 4 điểm ^M , N , ^P, ^Q để thu được khối đá có hình tứ diện ^MNPQ (hình vẽ) . Biết rằng MN 60 cm và thể tích khối tứ diện ^MNPQ bằng

30 dm .3 Hãy tìm thể tích của lượng đá bị cắt bỏ (làm tròn kết quả đến 1 chữ số thập phân) .

A. 101,3 dm³ B. 141,3 dm³ C. 121,3 dm³ D. 111, 4 dm³

Lời giải

Đáp án D

(11)

Phương pháp:Thể tích của lượng đá bị cắt bỏ bằng thể tích của khối hình trụ ban đầu trừ đi thể tích của khối tứ diện ^MNPQ.

Cách giải:

Dựng hình hộp chữ nhật MQ’NP’.M’QN’Pnhư hình vẽ bên.

MNPQ MQ'NP '.M 'QN 'P Q.MNQ' P.MNP M '.MNQ N '.NPQ MQ'NP'.M 'QN 'P MQ'NP '.M 'QN'P

3 MQ'NP '.M 'QN'P MQ'NP'.M 'QN 'P MNPQ

V V V V V V V 4. V1

6

1V V 3V 90 m

3

      

   

Hình chữ nhật ^MQ’NP’có hai đường chéo ^{P’Q’, MN}vuông góc với nhau^^MQ’NP’là hình vuông.

Ta có MN 60cm 6dm MQ ' ⁶ 3 2 dm

 

    2 

Diện tích đáy: 2

 

²



2



MQ'NP '.M 'QN'P

 

MQ'NP '

V 90

S MQ' 3 2 18 dm MN ' 5 dm

S 18

      

Thể tích khối trụ: ^V^{ }^{R h}² ^{ }^^MN₂ ^²^{.MN '}^{ }^.^{ }  ⁶₂ ²^{.5 45 dm}^ ^



³



Thể tích của lượng đá bị cắt bỏ: ^{V V} ^MNPQ ⁴⁵ 30 111, 4 dm



³



Câu 32. Gọi S là tập hợp các số phức ^z thỏa mãn. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng

A. 1 2 3i B.  3 3 3i C. ¹ D. 1 3i

Phương pháp: Đặt z a bi     z a bi z.z a ²b² Biến đổi để phương trình trở thành A Bi 0    A B 0 Cách giải: ^z ^{5 i 3} ^{1 0} z.z z 5 i 3 0, z 0 1

 

z

         

Đặt z a bi, a, b 



, a²b²0 ,



ta có:

 

² ²

2 2 2 2

1 a b a bi 5 i 3 0

a 1

a b a 5 0 a 3 a 5 0 a a 2 0

b 3 0 b 3 b 3 a 2

b 3

      

  

              

    

    

      

   

     

z 1 i 3 z 2 i 3

   

 

   Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 1 2i 3 Câu 33. Trong không gian ^Oxyz, cho 2 mặt phẳng

 

P : x 2y 2z 2018 0,   

 

^{Q : x my} 



m 1 z 2017 0



  (m là tham số thực) . Khi hai mặt phẳng ^{( )}^P và ^{( )}^Q tạo với nhau một góc nhỏ nhất thì điểm ^M nào dưới đây nằm trong ^{( )}^Q ?

A. ^{M 2017;1;1}



^



_B.^{M 0;0;2017}

 

_C.M 0; 2017;0







D. ^{M 2017;1;1}

 

(12)

Phương pháp:

Cho

 

 : a x b y c z d1  1  1  1 0,

 

 : a x b y c z d2  2  2  2 0

nhận n1



a ; b ;c , n1 1 1



2 



a ;b ;c2 2 2



lần lượt là các VTPT. Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng

   

^{ }^, được tính:

   

   1 2 1 2

1 2

cos , cos n ; n n .n

n . n

   

 

Với ⁰^{  }⁹⁰^^{ }^min ^^cos^^max Cách giải:

 

P : x 2y 2x 2018 0    có 1 VTPT: n 1; 2; 21







 

^{Q : x my} 



m 1 z 2017 0



  có 1 VTPT : n 1; m; m 12







Góc giữa hai mặt phẳng ^{( )}^P và ^{( )}^Q :

   

 

   

 

1 2

2 2 2

2 2 2 2 2

cos P , Q cos n ; n n .n

n . n

1.1 2.m 2. m 1 1 2

2m 2m 2 ,

1 2 2 . 1 m m 1 2m 1 3

0 cos P , Q 2 m 3

 

  

  

 

      

    

 

 Với ⁰^{  }⁹⁰^^{ }^min ^^cos^^max

   



^{P , Q}



_min

 khi và chỉ khi ^{cos P ; Q}

     

_max ² ^{2m 1 0} ^m ¹

3 2

     

Khi đó,

 

^{Q : x} ¹^y ¹^{z 2017 0} 2x y z 4034 0

2 2

        

Ta thấy: ^{2. 2017}



^



^{  }^{1 1 4034 0}^{ }^{M 2017;1;1}



^

  

^ ^Q

Câu 34. Gọi S là tập hợp tất cả các nghiệm của phương trình 3 tan x tanx.tan x 3 tan x tan 2x

6 6

 

      

   

    trên đoạn



^0;10



. Số phần tử của S là:

A. 19 B. 20 C. ²¹ D. ²²

Phương pháp: Sử dụng công thức

 

tan a tan b tan a b

1 tan a tan b

  

 Cách giải:

(13)

 

3 tan x tan x.tan x 3 tan x tan 2x

6 6

tan x 3 tan x 3 tan x tan 2x 6

3 tan x

tan x . . 1 3 tan x 3 tan x tan 2x 6 1 3 tan x

tan x .tan x . 1 3 tan x 3 tan x tan 2x

6 3

tan x c ot x

6 6

 

      

   

   

 

      

 

 

 

       

 

   

         

 

   

      

   

 

 

 

. 1 3 tan x 3 tan x tan 2x

1. 1 3 tan x 3 tan x tan 2x tan 2x 1 2x k , k 4

x k , k

8 2

x 0;10 0 k 10 , k

8 2

1 79

k , k k 0;1;2;...;19

4 4

  

          

 

   

 

       

      



Ứng với mỗi giá trị của k ta có 1 nghiệm x. Vậy số phần tử của S là 20.

Câu 35. Trong không gian ^Oxyz, cho các điểm A 1; 1;1 , B 1; 2;3





 





và đường thẳng x 1 y 2 z 3

d : .

2 1 3

  

 

 Đường thẳng ^ đi qua điểm ^A, vuông góc với hai đường thẳng ^AB và d có phương trình là:

A.

x 1 y 1 z 1

2 4 7

    

B.

x 1 y 1 z 1

7 2 4

    

C.

x 1 y 1 z 1

2 7 4

    

D.

x 1 y 1 z 1

7 2 4

    

Phương pháp:

d

d u u ; AB

AB ^

    

   



  

Viết phương trình đường thẳng biết điểm đi qua và VTCP. Cách giải:

x 1 y 2 z 3

d : 2 1 3

  

 

 có 1 VTCP ^{u 2;1;3}^



^



 

AB 2;3; 2



vuông góc với d và ABABnhận ^u^



^^2;1;3



_và^AB^^{ }



^{2;3; 2}



_{là cặp}_VTPT _{ }_{có 1}_VTCP

 

vAB;u  7;2;4 Phương trình đường thẳng

x 1 y 1 z 1

: 7 2 4

  

  

Câu 36. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng ^{a, SA a}^ và SA vuông góc với đáy. Tang của góc giữa đường thẳng SO và mặt phẳng ⁽^SAB⁾ bằng

A. 2 B.

2

2 C. 5 D.

5 5

(14)

Phương pháp:

Gọi a' là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng ^{( )}^P .

Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng ^{( )}^P là góc giữa đường thẳng a và a'.

Cách giải:

Gọi ^H là trung điểm của ABOH / /AD ABCD là hình vuông ADABOHAB Mà ^{OH SA,}^ (vì ^SA^



^ABCD



₎

 

OH SAB

 

=>SH là hình chiếu vuông góc của SO trên mặt phẳng



^SAB



 



^{SO, SAB}

 

^SO,SH



^HSO

  

Ta có: OH là đường trung bình của tam giác ^ABD

1 a

OH AD

2 2

  

Tam giác SAH vuông tại ^A

2

2 2 2 a a 5

SH SA AH a

2 2

        

Tam giác SHO vuông tại ^H:

a

OH 2 5

tan HSO

SH a 5 5 2

  

 

⁵

tan SO, SAB

  5

Câu 37. Cho hàm số y x m

x 1

 

 (m là tham số thực) thỏa mãn ^{ }^2;4 max y 2

 3

. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. 1 m 3  B. 3 m 4  C. ^m^{ }² D. ^{m 4}^

Phương pháp: Hàm số bậc nhất trên bậc nhất ^y ^{a x b}



^{ad bc 0}



cx d

   

 luôn đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó.

TH1: Hàm số đồng biến trên

 

^{2; 4} ^^{max y y 4}_{ }_2;4 ^

 

TH2: Hàm số nghịch biến trên

 

^{2; 4} ^^{max y y 2}_{ }_2;4 ^

 

Cách giải: Tập xác định: ^{D R \ 1}^

 

Ta có:

 

²

 

²

1. 1 1.m 1 m

y ' x 1 x 1

   

 

 

(15)

TH1:    1 m 0 m 1:

 

y ' 0, x   2;4 Hàm số đồng biến trên



^2;4



^{max y y 4}_{ }_2;4

 

² ^{4 m} ² ^m ^{2 TM}

 

3 4 1 3

        

 TH2:    1 m 0 m 1

 

y ' 0, x   2;4  Hàm số nghịch biến trên



^{2; 4}



^{max y y 2}_{ }_2;4

 

² ^{2 m} ² ^m ⁴



^Loai



3 2 1 3 3

        

 Vậy ^m^{ }²

Dựa vào các ^p án ta thấy chỉ có ^p án C thỏa mãn.

Câu 38. Với n là số nguyên dương thỏa mãn ^A^kⁿ ^^2A²ⁿ ^¹⁰⁰ (^A^kⁿlà số các chỉnh hợp chập k của tập hợp có n phần tử) . Số hạng chứa x⁵ trong khai triển của biểu thức



^{1 3x}^



²ⁿ_là:

A. 61236 B. ^256x³ C. 252 D. ^61236x³

Phương pháp: Chỉnh hợp chập k của tập hợp có n phần tử ^A^kⁿ ^



^{n k !}^^n!



Cách giải:

   

k 2 2 2

n n n n

2

A 2A 100 2A 100 A 50

n! 1 201 1 201

50 n n 1 50 n n 50 0 n

n 2 ! 2 2

     

 

           



Mà ⁿ^{, n 2}  ⁿ



2;3;4;5;6;7



‘

Thay lần lượt n 2;3; 4;5;6;7 vào ^A^kⁿ ^^2A²ⁿ ^^{100 :}

Vậy n 5

Khi đó,

 

²ⁿ

 

¹⁰ ¹⁰ 10ⁱ

 

ⁱ ¹⁰ 10ⁱ ⁱ ⁱ

i 0 i 0

1 3x 1 3x C 3x C 3 .x

 

   







Số hạng chứa x⁵trong khai triển ứng với i 5 . Số hạng đó là: ^{C .3 .x}¹⁰⁵ ⁵ ⁵ ^^61236x⁵ Câu 39. Cho cấp số cộng

 

an

, cấp số nhân

 

bn

thỏa mãn a² a¹0, b² b¹1 và hàm số

và ^{f x}

 

^^x³^^3xsao cho f a

 

2  2 f a

 

1 và f log b



2 2



 2 f log b .



2 1



Tìm số nguyên dương

 

n n 1

nhỏ nhất sao cho bⁿ 2018a .ⁿ

A. 20 B. 10 C. ¹⁴ D. 16

Câu 40. Biết

 

3 2

2 0

x dx a

b c 3 d 3, x sin x cos x



   

  



với a, b,c,d^. Tính P a b c d   

A. 9 B. 10 C. 8 D. 7

Phương pháp:

(16)

Nhân cả tử và mẫu với cos x, sau đó sử dụng phương pháp tích phân từng phần.

Cách giải:

   

 

2

3 3

2 2

0 0

3 3

2

0 0

3 3

0 0

x dx x x cos xdx

cos x.

x sinx cos x x sin x cos x d x sin x cos x

x x 1

. d

cos x x sin x cos x cos x x sin x cos x

x 1 1 x

. d

cos x x sin x cos x sxinx cos x cos x

 

  

  

      

 

      

 



   

3 3 3 3

2 0

0 0 0

x 1 x

dx tan x

cos x x sin x cos x cos x cos x x sin x cos x

   

     







 

4 a

3 3 d 3 a, b,c, d

3 3 b c 3

1 3 1

. . 3

2 3 2 2



  

        

     

 

 

 



a 4, b 3,c 1,d 1 a b c d 9

         

Câu 41. Xét các số phức z a bi, a, b 







thỏa mãn z 3 3i  6.Tính P 3a b  khi biểu thức 2 z 6 3i 3 z 1 5i    

đạt giá trị nhỏ nhất.

A. P 20 B. P 2  20 C. P  20 D. P  2 20

Phương pháp:

Cách giải:

  

₂



²

z a bi a bi 3 3i 6

a 3 b 3 36

      

    

Khi đó ta có:

  

²



²

  

²



² ² ²

2 z 6 3i 3 z 1 5i 2 a bi 6 3i 3 a bi 1 5i

2 a 6 b 3 3 a 1 b 5 2 a b

            

         

Câu 42. Trong không gian ^Oxyz, cho điểm ^{M 1;2;3}

 

. Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng ^{( )}^P đi qua ^M và cắt trục x’Ox, y’Oy, z’Ozlần lượt tại các điểm ^A, ^B, C sao cho OA 2OB 3OC 0  

A. ⁴ B. 6 C. 3 D. ²

Cách giải:

Gọi tọa độ các giao điểm: A a;0;0 B 0;b;0 ,C 0;0;c ; a;b;c 0

      





Khi đó phương trình mặt phẳng ^{( )}^P có dạng đoạn chắn:

x y z a   b c 1

   

^{1 2 3}

 

M 1;2;3 P 1 1

a b c

    

(17)

Vì OA 2OB 3OC 0   nên

a 2b 3c a 2b 3c a 2 b 3 c 0

a 2b 3c a 2b 3c

 

   

   

   

  

 TH1: a 2b 3c 

 

^{P :}¹ ¹_a ¹_a ¹ ⁶ ¹ ^{a 6 tm}

   

^{P :}^x ^{y z} ¹

a a 6 3 2

2 3

          

TH2: a  2b 3c

 

^{P :}¹ ¹_a ¹_a ¹ ² ¹ ^{a 2 tm}

   

^{P :}^x ^y ^3z ¹

a a 2 1 2

2 3

           

  TH3: a 2b  3c

 

^{P :}¹ ¹_a ¹_a ¹ ⁰ ^{1 vo li}

 

a a

2 3

     

 TH4:  a 2b 3c

 

^{P :}¹ ¹_a ¹_a ¹ ⁴ ¹ ^a ^{4 tm}

   

^{P :} ^x ^{y 3z} ¹

a a 4 2 4

2 3

             

  

Vậy, có 3 mặt phẳng ^{( )}^P thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Câu 43. Xét các số thực dương x, ^y thỏa mãn ^log ₃ ₂ ^{x y}₂ ^{x x 3}

 

^{y y 3}

 

^xy.

x y xy 2

     

   Tìm giá trị

Pmaxcủa biểu thức

3x 2y 1 P x y 6

 

   .

A. P^max 0 B. P^max 2 C. P^max 1 D. P^max 3

Phương pháp:

- Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, từ đó đánh giá giá trị lớn nhất của biểu thức.

Cách giải:

     

2 2

3

log x y x x 3 y y 3 xy 1

x y xy 2

     

  

  

² ²



² ²

3 3

log x y log x y xy 2 x 3x y 3y xy

          

  

² ²



² ²

3 3

log x y 3x 3y log x y xy 2 x y xy

          

   

     

2 2 2 2

3 3

2 2 2 2

3 3

log x y 2 3x 3y log x y xy 2 x y xy 2 log 3x 3y 3x 3y log x y xy 2 x y xy 2 2

            

           

Đặt ^{f t}

 

log t t, t 0₃ f t

 

¹ 1 0, t 0 f t

 

t ln 3

         

đồng biến trên



^0;^



     

2 2 2 2

2 2

2 f 3x 3y f x y xy 2 3x 3 x y xy 2 4x 4y 4xy 12x 12y 8 0

2x y 6 2x y 5 3 y 1 0 1 2x y 5

           

      

            

(18)

Khi đó,

3x 2y 1 2x y 5

P 1 1

x y 6 x y 6

   

   

    , vì

2x y 5 0 x y 6 0

  

   



Vậy P^max 1 khi và chỉ khi

2x y 5 0 x 2

y 1 0 y 1

   

 

    

 

Câu 44. Cho ^{( )}^H là đa giác đều 2n đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O



ⁿ^^*^{, n 2 .}^



Gọi S là tập hợp các tam giác có 3 đỉnh là các đỉnh của đa giác ^{( )}^H . Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập S, biết rằng xác suất chọn một tam giác vuông trong tập S là

3

29. Tìm n?

A. 20 B. ¹² C. 15 D. 10

Phương pháp: Số tam giác vuông bằng số đường kính của đường tròn có đầu mút là 2 đỉnh của đa giác ( )H nhân với



^{2n 2}^



tức là số đỉnh còn lại của đa giác.

Cách giải: Số phần tử của không gian mẫu: n

 

 C³2n

Tam giác vuông được chọn là tam giác chứa một cạnh là đường kính của đường tròn tâm O.

Đa giác đều 2n đỉnh chứa 2n đường chéo là đường kính của đường tròn tâm O, mỗi đường kính tạo nên 2n – 2tam giác vuông.

Do đó số tam giác vuông trong tập S là: ²ⁿ^{. 2n 2}

 

^{2n n 1}

 

2   

Xác suất chọn một tam giác vuông trong tập S:

   

   

 

   

3 2n

2n n 1 2n n 1 2n n 1 3 3

2n ! 2n. 2n 1 2n 2 n 15

C 2n 1 29

2n 3 !3! 6

  

     

  



Câu 45. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A B C   có đáy ABC là tam giác cân với AB AC a  và cạnh BAC 120 0, cạnh bên BB' a , gọi ^I là trung điểm của CC. Côsin góc tạo bởi mặt phẳng ⁽^ABC⁾ và (AB I ) bằng:

A.

20

10 B. 30 C.

30

10 D.

30 5

Phương pháp: Phương pháp tọa độ hóa.

Cách giải:

Cách 1:

Gọi O là trung điểm của BC.

(19)

Tam giác ABC là tam giác cân, AB AC a  và ^{BAC 120}^ ⁰

0

OA AC.sin 30 a 2 OC AC.cos30 a 3

2

  

 

  



Ta gắn hệ trục tọa độ như hình bên:

Trong đó,

 

^a ^{a 3} ^{a 3} ^a

O 0;0;0 , A 0; ;0 , B' ;0;a , I ;0;

2 2 2 2

   

     

     

     

Mặt phẳng ⁽^ABC⁾ trùng với mặt phẳng (Oxy) và có VTPT là n1



0;0;1



a a 3 a a

IB' a 3;0; ;IA ; ;

2 2 2 2

 

    

 

Mặt phẳng



^IB'A



_{có 1}_VTPT ⁿ^² ^^_



^{2 3;0;1 ;}

 

^{3 '1; 1}^

 

^_^ ^{1;3 3; 2 3}



Côsin góc giữa hai mặt phẳng ⁽^ABC⁾ và ⁽^{IB A}^ ⁾:

   

     

   

1 2 2 2

2 2 2 2

0. 1 0.3 3 1.2 3 2 3 30 cos ABC ; AB'I cos n ; n

40 10 0 0 1 . 1 3 3 2 3

  

   

   

 

Cách 2:

Trong



^{ACC'A '}



kéo dài AIcắt AC'tạiD.

Trong



^{A 'B'C '}



_kẻ_{A 'H}__B"D_{ta có:}

 

   

 

   

A 'H B'D

B'D A A 'H AH B'D A A ' B'D

AB'I A 'B'C ' B'D A 'B'C A 'H B'D AB'I AH B'D

AB'I ; A 'B'C' A 'H; AH AHA '

     

 



 



 

  



  

(20)

Ta dễ dàng chứng minh được C là trung điểm của AD'

   

B'A'D A'B'C'

0 2 B'A'D

1 1

S d B'; A 'D .A 'D .d B'; A 'C ' .2A 'C 2S

2 2

1 a 3

S 2. .a.a.sin120

2 2

   

  

Xét tam giác ^{A 'B'D}có

2 2 0 2 2 2

2 A'B'D

B'D A 'B' A 'D 2A 'B'.A 'D.cos120 a 4a 2a a 7

2S a 3 a 21

A 'H B'D a 7 7

      

   

Xét tam giác vuông ^{A A 'H}có:

2 2 2 3 2 a 70

AH A A ' A 'H a a

7 7

    

a 21

A 'H 7 30

cos AHA '

AH a 70 10 7

   

Câu 46. Cho hàm số^{f x}

 

có đạo hàm liên tục trên đoạn

 

^0;1 _{thỏa mãn}

   

1 2

0

3 4

f 1 , f ' x dx

5 9





   và

1

 

3 0

x f x dx 37 .

180



Tích phân

1

 

0

f x 1 dx ?

 

 



A.

2

30 B.

2

30

C.

1

10

D.

1 10

Phương pháp: Sử dụng công thức tích phân từng phần:

b b

b a

a a

udv uv  vdu

 

Cách giải:

Ta có:

           

1 1 1 1

3 4 1 4 4

0

0 0 0 0

1 1 f 1 1

x f x dx f x dx f x x f ' x dx x f ' x dx

4 4 4 4

   

   

Mà

 

¹ ³

 

0

3 37

f 1 , x f x dx

5 180







suy ra

   

1 1

4 4

0 0

37 3 1 2

x f ' x dx x f ' x dx 180 20 4







 9 Xét

 

²

   

1 1 1 1

4 2 4 2 8 2

0 0 0 0

2

4 2 1

f ' x kx dx f ' x dx 2k x f ' x dx k x dx 2k. k .

9 9 9

k 4k 4

0 k 2

9 9 9

           

 

     

   

Khi đó,

       

1 4 2 4 4 5

0

f ' x 2x dx 0 f ' x 2x 0 f ' x 2x f x 2x C

            5 

 



Mà ^{f 1}

 

³ ²^.1⁵ ^C ³ ^{C 1} ^{f x}

 

¹ ²^x⁵

5 5 5 5

          

 

¹

1 1

5 6

0 0 0

2 1 1

f x 1 dx x dx x

5 15 15

 



�