2018 sobacgiang1hdg

SỞ GD VÀ ĐT BẮC GIANG
ĐỀ THI THỬ LẦN 1
KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2018
Bài thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
BẢNG ĐÁP ÁN
1. B 2. A 3. B 4. C 5. D 6. C 7. D 8. B 9. C 10. C
11. A 12. B 13. B 14. B 15. D 16. D 17. D 18. D 19. D 20. B
21. B 22. D 23. C 24. B 25. B 26. D 27. C 28. C 29. A 30. A
31. A 32. A 33. A 34. C 35. B 36. A 37. A 38. C 39. B 40. D
41. B 42. A 43. D 44. D 45. C 46. C 47. B 48. A 49. C 50. A
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
(Soạn bởi Nguyễn Minh Hiếu)
Câu 1. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x−z+1 = 0. Tọa độ một vectơ pháp tuyến của
(P) là
A. (2;−1;1). B. (2;0;−1). C. (2;−1;0). D. (2;0;1).
Lời giải. Chọn phương án B.
Mặt phẳng (P) : Ax+By+C +D = 0 có một vectơ pháp tuyến là −→n (A;B;C).
Câu 2. Thể tích khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là
A. V = Bh. B. V =
1
3
Bh. C. V =
1
6
Bh. D. V =
1
2
Bh.
Lời giải. Chọn phương án A.
Công thức tính thể tích khối lăng trụ là V = Bh.
Câu 3. Giới hạn lim
x→−∞
−1
2x+5
bằng
A. −
1
2
. B. 0. C. −∞. D. +∞.
Ta có lim
x→−∞
−1
2x+5
= lim
x→−∞
−1
x 2+
5
x
= 0.
Câu 4. Họ nguyên hàm của hàm số f(x) = 2cos2x là
A. −sin2x+C. B. −2sin2x+C. C. sin2x+C. D. 2sin2x+C.
Lời giải. Chọn phương án C.
Ta có 2cos2xdx = 2.
1
2
sin2x+C = sin2x+C.
Câu 5. Cho số phức z = −1 + 2i. Số phức z được biểu diễn bởi điểm nào dưới đây trên mặt phẳng
tọa độ?
A. P(1;2). B. M(−1;2). C. N(1;−2). D. Q(−1;−2).
Lời giải. Chọn phương án D.
Ta có z = (−1−2i), suy ra điểm biểu diễn z là Q(−1;−2).
Câu 6.
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như
hình bên. Tọa độ điểm cực đại của đồ thị hàm
số y = f(x) là
A. (1;−4). B. x = 0.
C. (0;−3). D. (−1;−4).
x
y
y
−∞ −1 0 1 +∞
− 0 + 0 − 0 +
+∞+∞
−4−4
−3−3
−4−4
+∞+∞
Từ bảng biến thiên ta thấy điểm cực đại của đồ thị hàm số là (0;−3).
1

Câu 7. Phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = 2+
3
1−x
là
A. y = 3. B. y = −1. C. x = 1. D. y = 2.
Ta có lim
x→±∞
2+
3
1−x
= 2, suy ra đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là y = 2.
Câu 8. Trong không gian Oxyz, cho điểm M(1;−2;3). Tọa độ hình chiếu vuông góc của M trên mặt
phẳng (Oyz) là
A. (1;−2;0). B. (0;−2;3). C. (1;−2;3). D. (1;0;3).
Tọa độ hình chiếu của M lên (Oyz) là (0;−2;3).
Câu 9. Đồ thị hàm số nào dưới đây có tiệm cận ngang?
A. y =
x
√
1−x2
. B. y =
x2 +x+1
x−2
.
C. y =
3x+1
x−1
. D. y = x3 −2x2 +3x+2.
Đồ thị hàm số y =
3x+1
x−1
có đường tiệm cận ngang là y = 3.
Câu 10.
Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số y = f(x) nghịch biến
trên khoảng nào dưới đây?
A. (1;+∞). B. (−∞;−2). C. (−1;0). D. (−2;1). x
y
O 1
−2
Từ đồ thị suy ra hàm số nghịch biến trên (−2;0) ⊃ (−1;0).
Câu 11. Trong không gian Oxyz, cho điểm M(2;0;−1) và đường thẳng d :
x−1
1
=
y+2
−1
=
z
2
. Mặt
phẳng đi qua M và vuông góc với d có phương trình là
A. x−y+2z = 0. B. x−2y−2 = 0. C. x+y+2z = 0. D. x−y−2z = 0.
Mặt phẳng vuông d nên nhận −→ud(1;−1;2) làm một vectơ pháp tuyến.
Vậy mặt phẳng có phương trình 1(x−2)−1(y−0)+2(z+1) = 0 ⇔ x−y+2z = 0.
Câu 12.
Bảng biến thiên trong hình bên là của hàm số nào
dưới đây?
A. y = x4 −2x2 −3. B. y = −x3 +3x+2.
C. y = x3 −3x+4. D. y =
x−1
2x−1
.
x
y
y
−∞ −1 1 +∞
− 0 + 0 −
+∞+∞
00
44
−∞−∞
Bảng biến thiên có hình dạng của hàm số bậc ba nên loại phương án A và D.
Từ bảng biến thiên ta có đồ thị đi xuống, suy ra hệ số a < 0 nên loại phương án C.
Câu 13. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 −3x+1 trên đoạn [−1;4] là
A. 1. B. −1. C. 3. D. −4.
Ta có y = 3x2 −3; y = 0 ⇔ x = ±1; y(−1) = 3, y(1) = −1, y(4) = 53.
Vậy min
x→[−1;4]
y = y(1) = −1.
2

Câu 14. Có bao nhiêu số tự nhiên có hai chữ số sao cho các chữ số khác nhau và đều khác 0?
A. 92. B. A2
9. C. 90. D. C2
9.
Số thỏa mãn yêu cầu bài toán được lập từ 2 chữ số trong 9 chữ số từ 1 đến 9.
Do đó số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là A2
9.
Câu 15. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = xlnx tại điểm có hoành độ bằng e là
A. y = 2x+3e. B. y = x+e. C. y = ex−2e. D. y = 2x−e.
Ta có y = lnx+1; y (e) = 2; y(e) = e.
Vậy phương trình tiếp tuyến là y = 2(x−e)+e = 2x−e.
Câu 16.
Cho hình hộp ABCD.A B C D có M,N,P lần lượt là trung điểm của các cạnh
A B ,A D ,C D (tham khảo hình vẽ bên). Góc giữa đường thẳng CP và mặt
phẳng (DMN) bằng
A. 30◦. B. 60◦. C. 45◦. D. 0◦.
A
B C
D
A
B
C
D
M
N
P
Ta có MN B D BD, suy ra (DMN) ≡ (MNDB).
Lại có PC MB ⇒ PC (DMN). Vậy góc giữa PC và (DMN) bằng 0◦.
Câu 17. Cho P = loga4 b2 với 0 < a 1 và b < 0. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. P = −
1
2
loga(−b). B. P = 2loga(−b). C. P = −2loga(−b). D. P =
1
2
loga(−b).
Ta có P = loga4 b2 =
2
4
log|a| |b| =
1
2
loga(−b).
Câu 18. Tích phân
2
1
(x+3)2
dx bằng
A.
61
9
. B. 4. C. 61. D.
61
3
.
Sử dụng máy tính tính được kết quả
2
1
(x+3)2
dx =
61
3
.
Câu 19. Giá trị lớn nhất của hàm số y =
−x2 −4
x
trên đoạn
3
2
;4 là
A. −
25
6
. B. −2. C. −5. D. −4.
Dùng chức năng MODE. Nhập biểu thức
−X2 −4
X
.
Chọn START
3
2
; END 4; STEP 0,2. Dò được kết quả bằng −4.
Câu 20. Cho
1
−2
f(x)dx = 3. Tích phân
1
−2
[2 f(x)−1]dx bằng
A. −9. B. 3. C. −3. D. 5.
3

Ta có
1
−2
[2 f(x)−1]dx = 2
1
−2
f(x)dx−
1
−2
1dx = 2.3−3 = 3.
Câu 21. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y =
x+m2
x+4
đồng biến trên mỗi khoảng
xác định của nó?
A. 5. B. 3. C. 1. D. 2.
Tập xác định D = R{−4}. Ta có y =
4−m2
(x+4)2
.
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định ⇔ y > 0,∀x ∈ D ⇔ 4−m2 > 0 ⇔ −2 < m < 2.
Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 22. Một người vay ngân hàng 500 triệu đồng với lãi suất 1,2%/ tháng để mua xe ô tô. Nếu mỗi
tháng người đó trả ngân hàng 10 triệu đồng và thời điểm bắt đầu trả cách thời điểm vay là đúng một
tháng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng thì người đó trả hết nợ ngân hàng? Biết rằng lãi suất không
thay đổi trong thời gian trả nợ.
A. 70 tháng. B. 80 tháng. C. 85 tháng. D. 77 tháng.
Đặt T = 500 triệu đồng và r = 0,012.
Số tiền người đó còn nợ sau 1 tháng là T1 = T(1+r)−10.
Số tiền người đó còn nợ sau 2 tháng là T2 = T1(1+r)−10 = T(1+r)2 −10[(1+r)+1].
Số tiền người đó còn nợ sau 3 tháng là T3 = T2(1+r)−10 = T(1+r)3 −10[(1+r)2 +(1+r)+1].
···
Số tiền người đó còn nợ sau n tháng là Tn = T(1+r)n −10[(1+r)n−1 +···+(1+r)+1].
Biến đổi ta dược Tn = T(1+r)n −
10[(1+r)n −1]
r
=
(Tr −10)(1+r)n +10
r
.
Người đó trả hết nợ khi Tn = 0 ⇔ (Tr −10)(1+r)n +10 = 0 ⇔ (1+r)n =
10
10−Tr
.
Thay số vào ta có 1,012n =
10
4
⇔ n = log1,012
5
2
≈ 76,815.
Vậy sau 77 tháng người đó trả hết nợ ngân hàng.
Câu 23. Có bao nhiêu giá trị nguyên không âm của tham số m để hàm số y = x4 − 2mx2 − 3m + 1
đồng biến trên (1;2)?
A. 4. B. 1. C. 2. D. 3.
Ta có y = 4x3 −4mx = 4x(x2 −m). Hàm số đồng biến trên (1;2) ⇔ y 0,∀x ∈ (1;2).
Điều này tương đương với x2 −m 0,∀x ∈ (1;2) ⇔ m x2,∀x ∈ (1;2) ⇔ m 1.
Vậy có 2 giá trị nguyên không âm m = 0 và m = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 24. Cho x,y là các số thực thỏa mãn
log2 x
log2(xy)+1
=
log2 y
log2(xy)−1
= log2 x + log2 y. Khi đó giá
trị của x+y bằng
A. 2. B. 2 hoặc
4
√
8+
1
4
√
2
. C. 2+
1
4
√
2
. D. 2 hoặc
1
2
.
Đặt a = log2 x, b = log2 y với a+b ±1, ta có



a
a+b+1
=
b
a+b−1
(1)
a
a+b+1
= a+b (2)
.
Ta có (1) ⇔ a2 +ab−a = ab+b2 +b ⇔ a2 −b2 = a+b ⇔ (a+b)(a−b−1) = 0 ⇔
a+b = 0
a = b+1
.
Với a+b = 0 thay vào (2) được a = 0 ⇒ b = 0, suy ra x = y = 1 ⇒ x+y = 2.
Với a = b+1 thay vào (2) được
b+1
b+1+b+1
= b+1+b ⇔
1
2
= 2b+1 ⇔ b = −
1
4
⇒ a =
3
4
.
4

Từ đó suy ra x =
4
√
8,y =
1
4
√
2
⇒ x+y =
4
√
8+
1
4
√
2
. Vậy x+y = 2 hoặc x+y =
4
√
8+
1
4
√
2
Câu 25.
Cho hàm số y = f(x) xác định, liên tục trên R và có bảng
biến thiên như hình bên. Số nghiệm của phương trình
2[f(x)]2
−3 f(x)+1 = 0 là
A. 2. B. 3. C. 6. D. 0.
x
y
y
−∞ −1 1 +∞
+ 0 − 0 +
11
33
1
3
1
3
11
Ta có 2[f(x)]2
−3 f(x)+1 = 0 ⇔
f(x) = 1
f(x) =
1
2
.
Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình f(x) = 1 có 1 nghiệm x1 ∈ (−1;1).
Lại thấy phương trình f(x) =
1
2
có 1 nghiệm x2 ∈ (−1;1) và 1 nghiệm x3 ∈ (1;+∞).
Hơn nữa trên (−1;1) hàm số nghịch biến và f(x1) f(x2) nên x1 x2.
Vậy phương trình có 3 nghiệm.
Câu 26.
Cho lăng trụ đều ABC.A B C có tất cả các cạnh đều bằng a (tham khảo hình
vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BB bằng
A.
2a
√
5
. B.
√
5a
3
. C.
a
√
5
. D.
√
3a
2
.
A
B
C
A
B
C
Gọi H trung điểm AC, ta có
BH⊥AC
BH⊥BB
. Vậy d(AC,BB ) = BH =
a
√
3
2
.
Câu 27. Một lô hàng gồm 30 sản phẩm trong đó có 20 sản phẩm tốt và 10 sản phẩm xấu. Lấy ngẫu
nhiên 3 sản phẩm trong lô hàng. Tính xác suất để 3 sản phẩm lấy ra có ít nhất một sản phẩm tốt.
A.
6
203
. B.
57
203
. C.
197
203
. D.
153
203
.
Lấy ngẫu nhiên 3 sản phẩm trong lô hàng nên số phần tử không gian mẫu là C3
30 = 4060.
Lấy 3 sản phẩm có ít nhất một sản phẩm tốt có C1
20 ×C2
10 +C2
20 ×C1
10 +C3
20 = 3940.
Vậy xác suất cần tìm là
3940
4060
=
197
203
.
Câu 28.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA
vuông góc với đáy và SA = a (tham khảo hình vẽ bên). Góc giữa
hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) bằng
A. 30◦. B. 60◦. C. 45◦. D. 90◦.
A
B C
D
S
Ta có
AB⊥SA
AB⊥AD
⇒ AB⊥(SAD) ⇒ (SAB)⊥(SAD).
Lại có CD AB ⇒ CD⊥(SAD) ⇒ (SCD)⊥(SAD).
5

Từ đó suy ra góc giữa (SAB) và (SCD) là ASD = 45◦.
Câu 29. Trong không gian Oxyz, cho điểm M(2;1;0) và đường thẳng d :
x−1
2
=
y+1
1
=
z
−1
.
Phương trình tham số của đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d là
A.



x = 2+t
y = 1−4t
z = −2t
. B.



x = 2−t
y = 1+t
z = t
. C.



x = 1+t
y = −1−4t
z = 2t
. D.



x = 2+2t
y = 1+t
z = −t
.
Giả sử đường thẳng cắt d tại A, ta có A(1+2t;−1+t;−t) ⇒
−→
MA = (−1+2t;−2+t;−t).
Đường thẳng vuông góc với d nên 2(−1+2t)+(−2+t)−(−t) = 0 ⇔t =
2
3
⇒
−→
MA =
1
3
;−
4
3
;−
2
3
.
Hay đường thẳng có vectơ chỉ phương −→u = (1;−4;−2) nên có phương trình



x = 2+t
y = 1−4t
z = −2t
.
Câu 30. Với n là số nguyên dương thỏa mãn C1
n +C3
n = 13n, hệ số của số hạng chứa x5 trong khai
triển biểu thức x2 +
1
x3
n
bằng
A. 120. B. 45. C. 252. D. 210.
Chọn MODE 7. Nhập vào máy tính biểu thức XC1+XC3−13X.
Chọn START3; END 20; STEP 1, dò được kết quả n = 10.
Khi đó x2 +
1
x3
10
=
10
∑
k=0
Ck
10(x2)10−k.
1
x3
k
=
10
∑
k=0
Ck
10x20−5k.
Số hạng chứa x5 khi 20−5k = 5 ⇔ k = 3. Vậy hệ số của số hạng chứa x5 là C3
10 = 120.
Câu 31. Cho
1
1
3
x
3x+
√
9x2 −1
dx = a+b
√
2, với a,b là các số hữu tỷ. Khi đó giá trị của a là
A.
26
27
. B. −
26
27
. C. −
27
26
. D. −
25
27
.
Ta có
1
1
3
x
3x+
√
9x2 −1
dx =
1
1
3
x 3x− 9x2 −1 dx =
1
1
3
3x2
dx−
1
1
3
x 9x2 −1dx =
26
27
−I1.
Đặt u =
√
9x2 −1 ⇔ u2 = 9x2 −1 ⇒ 2udu = 18xdx, ta có I1 =
1
9
2
√
2
0
u2
du =
u3
27
2
√
2
0
=
16
√
2
27
.
Do đó
1
1
3
x
3x+
√
9x2 −1
dx =
26
27
−
16
27
√
2. Vậy a =
26
27
.
Câu 32. Tập hợp nào dưới đây chứa tất cả các giá trị của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm
số y = x2 −2x+m trên đoạn [−1;2] bằng 5?
A. (−5;−2)∪(0;3). B. (0;+∞). C. (−6;−3)∪(0;2). D. (−4;3).
Xét f(x) = x2 −2x+m trên [−1;2] có f (x) = 2x−2; f (x) = 0 ⇔ x = 1.
Ta có f(−1) = m+3, f(1) = m−1, f(2) = m. Do đó max
[−1;2]
f(x) = m+3 và min
[−1;2]
f(x) = m−1.
Từ đó ta có max
[−1;2]
y = max{|m+3|,|m−1|}.
6

TH1: m
1
2
, ta có max
[−1;2]
y = |m+3| ⇔ |m+3| = 5 ⇔
m = 2
m = −8 (loại)
.
TH2: m <
1
2
, ta có max
[−1;2]
y = |m−1| ⇔ |m−1| = 5 ⇔
m = 6 (loại)
m = −4
.
Vậy (−5;−2)∪(0;3) ⊃ {−4;2}.
Câu 33.
Cho (H) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = e,y = ex và
y = (1−e)x+1 (tham khảo hình vẽ bên). Diện tích của (H) là
A.
e+1
2
. B. e+
1
2
. C. e−
1
2
. D.
e−1
2
.
x
y
O
y = e
y = ex
y = (1−e)x+1
1
Ta có ex = e ⇔ x = 1; ex = (1−e)x+1 ⇔ x = 0; (1−e)x+1 = e ⇔ x = −1.
Khi đó diện tích của (H) là S =
0
−1
(e−(1−e)x−1)dx+
1
0
(e−ex
)dx.
Ta có
0
−1
(e−(1−e)x−1)dx =
0
−1
(e−1)(x+1)dx = (e−1)
x2
2
+x
0
−1
=
e−1
2
.
Lại có
1
0
(e−ex
)dx = (ex−ex
)
1
0
= 1. Vậy S =
e−1
2
+1 =
e+1
2
.
Câu 34. Cho hàm số y = f(x) có đúng ba điểm cực trị là −2, −1, 0 và có đạo hàm liên tục trên R.
Khi đó hàm số y = f x2 −2x có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 4. B. 6. C. 3. D. 5.
Ta có f(x2 −2x) = (2x−2)f (x2 −2x); f(x2 −2x) = 0 ⇔
x = 1
f (x2 −2x) = 0
.
Theo giả thiết ta có f (x2 −2x) = 0 ⇔


x2 −2x = −2
x2 −2x = −1
x2 −2x = 0
⇔


x = 1
x = 0
x = 2
.
Vậy hàm số y = f(x2 −2x) có 3 điểm cực trị.
Câu 35. Cho số phức z thỏa mãn |z|−2z = −7+3i+z. Giá trị |z| bằng
A. 3. B. 5. C.
25
4
. D.
13
4
.
Gọi z = a+bi (a,b ∈ R), ta có |z|−2z = −7+3i+z ⇔
√
a2 +b2 −2(a−bi) = −7+3i+a+bi.
Rút gọn ta được
√
a2 +b2 −3a+7+(b−3)i = 0 ⇔
√
a2 +9 = 3a−7 (1)
b = 3
.
Ta có (1) ⇔
3a−7 0
a2 +9 = 9a2 −42a+49 = 0
⇔ a = 4. Suy ra z = 4+3i. Vậy |z| = 5.
Câu 36. Cho hàm số f(x) xác định trên R{−1;1} và thỏa mãn f (x) =
1
x2 −1
, f(−3) + f(3) = 0
và f −
1
2
+ f
1
2
= 2. Giá trị của f(0)+ f(4) bằng
7

A. 1+
1
2
ln
3
5
. B.
1
2
ln
3
5
. C. 1+ln
3
5
. D. 2+ln
3
5
.
Ta có
1
x2 −1
dx =
1
(x−1)(x+1)
dx =
1
2
1
x−1
−
1
x+1
dx =
1
2
ln
x−1
x+1
+C.
Vì f(x) xác định trên R{−1;1} nên f(x) =



1
2
ln
x−1
x+1
+C1 khi |x| > 1
1
2
ln
1−x
x+1
+C2 khi |x| < 1
.
Theo giả thiết f(−3)+ f(3) = 0 ⇔
1
2
ln2+C1 +
1
2
ln
1
2
+C1 = 0 ⇔ 2C1 = 0 ⇔ C1 = 0.
Lại có f −
1
2
+ f
1
2
= 2 ⇔
1
2
ln3+C2 +
1
2
ln
1
3
+C2 = 2 ⇔ 2C2 = 2 ⇔ C2 = 1.
Vậy f(0)+ f(4) = 1+
1
2
ln
3
5
.
Câu 37. Cho hình chóp đa giác đều có các cạnh bên bằng a và tạo với mặt đáy của hình chóp một
góc 30◦. Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp là
A.
4πa3
3
. B. 4πa3. C. 4πa3
√
3. D.
4πa3
√
3
3
.
Gỉa sử hình chóp có đỉnh S, tâm đáy O và một cạnh bên SA.
Ta có góc giữa SA và đáy là SAO = 30◦, suy ra SO = SA.sin30◦ =
a
2
.
Gọi M trung điểm SA, kẻ MI⊥SA, I ∈ SO, ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
Khi đó SMI ∼ SOA, suy ra
SI
SA
=
SM
SO
⇒ SI =
SM.SA
SO
= a.
Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp là V =
4
3
πa3.
Câu 38. Cho hàm số y = x x2 −3 có đồ thị (C). Có bao nhiêu điểm M thuộc đồ thị (C) thỏa mãn
tiếp tuyến tại M của (C) cắt (C) và trục hoành lần lượt tại hai điểm phân biệt A (khác M) và B sao cho
M là trung điểm của đoạn thẳng AB?
A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.
Ta có M ∈ (C) ⇒ M(x0;x3
0 −3x0); y = 3x2 −3 ⇒ y (x0) = 3x2
0 −3.
Phương trình tiếp tuyến tại M là y = (3x2
0 −3)(x−x0)+x3
0 −3x0.
Khi y = 0 ta có (3x2
0 −3)(x−x0)+x3
0 −3x0 = 0 ⇔ x =
2x3
0
3x2
0 −3
.
Suy ra tiếp tuyến cắt Ox tại B
2x3
0
3x2
0 −3
;0 .
Phương trình hoành độ giao điểm giữa tiếp tuyến và (C) là
(3x2
0 −3)(x−x0)+x3
0 −3x0 = x3
−3x ⇔ (3x2
0 −3)(x−x0) = (x−x0)(x2
+x0x+x2
0 −3)
⇔ 3x2
0 = x2
+x0x+x2
0
⇔ (x−x0)(x+2x0) = 0
⇔ x = −2x0
Suy ra tiếp tuyến cắt (C) tại điểm thứ hai A −2x0;−8x3
0 +6x0 , với x0 0.
Ta có M trung điểm AB nên −8x3
0 +6x0 = 2(x3
0 −3x0) ⇔ x = ±
6
5
.
Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 39. Có bao nhiêu giá trị nguyên nhỏ hơn 10 của tham số m để phương trình m+
√
m+ex = ex
có nghiệm thực?
8

A. 9. B. 10. C. 8. D. 7.
Đặt t =
√
m+ex 0, ta có hệ
m+t = e2x (1)
m+ex = t2 (2)
.
Trừ theo vế (1) và (2) được t −ex = e2x −t2 ⇔ (ex −t)(ex +t +1) = 0 ⇔ t = ex.
Với t = ex, thay vào (1) được m = t2 −t = t −
1
2
2
−
1
4
−
1
4
.
Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m −
1
4
.
Vậy có 10 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 40. Cho phương trình log0,5(m+6x)+log2 3−2x−x2 = 0. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương
của tham số m để phương trình đã cho có nghiệm thực?
A. 15. B. 18. C. 23. D. 17.
Ta có PT⇔
3−2x−x2 > 0
m+6x = 3−2x−x2
⇔
−3 < x < 1
m = −x2 −8x+3
.
Xét f(x) = −x2 −8x+3 trên (−3;1) có f (x) = −2x−8 < 0,∀x ∈ (−3;1).
Suy ra f(x) nghịch biến trên (−3;1).
Do đó phương trình đã cho có nghiệm ⇔ f(1) < m < f(−3) ⇔ −6 < m < 18.
Vậy có 17 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 41. Cho hàm số f(x) = a2 +1 ln2017
x+
√
1+x2 + bxsin2018
x + 2 với a,b là các số thực
và f 7log5 = 6. Giá trị f −5log7 bằng
A. 4. B. −2. C. 2. D. 6.
Xét hàm số g(x) = a2 +1 ln2017
x+
√
1+x2 +bxsin2018
x có tập xác định R. Lại có
g(−x) = a2
+1 ln2017
−x+ 1+x2 −bxsin2018
x
= − a2
+1 ln2017
x+ 1+x2 −bxsin2018
x
= −g(x),∀x ∈ R
Suy ra g(x) là hàm số lẻ. Do đó g −5log7 = −g 5log7 = −g 7log5 = − f 7log5 −2 = −4.
Vậy f −5log7 = g −5log7 +2 = −4+2 = −2.
Câu 42. Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0;1] thỏa mãn f(1) = 0 và
1
0
f (x)
2
dx =
1
0
(x+1)ex
f(x)dx =
e2 −1
4
. Tích phân
1
0
f(x)dx bằng
A. e−2. B. 2−e. C.
e−1
2
. D.
e
2
.
Đặt
u = f(x)
dv = (x+1)exdx
⇒
du = f (x)dx
v = xex
.
Ta có
1
0
(x+1)ex
f(x)dx = xex
f(x)
1
0
−
1
0
xex
f (x)dx ⇔
1
0
xex
f (x)dx =
1−e2
4
.
9

Lại có
1
0
x2
e2x
dx =
x2
2
e2x
1
0
− xe2x
dx =
e2
2
−
x
2
e2x
1
0
+
1
4
e2x
1
0
=
e2 −1
4
.
Do đó
1
0
f (x)
2
dx+2
1
0
xex
f (x)dx+
1
0
x2
e2x
dx = 0 ⇔
1
0
f (x)+xex 2
dx = 0.
Từ đó ta có f (x)+xex = 0 ⇔ f (x) = −xex ⇒ f(x) = (1−x)ex +C.
Lại có f(1) = 0 nên C = 0, suy ra f(x) = (1−x)ex. Vậy
1
0
f(x)dx =
1
0
(1−x)ex
dx = e−2.
Câu 43. Trong không gian Oxyz, cho tam giác nhọn ABC có H(2;2;1), K −
8
3
;
4
3
;
8
3
, O lần lượt là
hình chiếu vuông góc của A,B,C trên các cạnh BC,AC,AB. Đường thẳng đi qua A và vuông góc với
(ABC) có phương trình là
A.
x+ 4
9
1
=
y− 17
9
−2
=
z− 19
9
2
. B.
x− 8
3
1
=
y− 2
3
−2
=
z+ 2
3
2
.
C.
x
1
=
y−6
−2
=
z−6
2
. D.
x+4
1
=
y+1
−2
=
z−1
2
.
Ta có OH = 3, OK = 4, HK = 5. Gọi I là trực tâm ABC.
Tứ giác AOIK nội tiếp suy ra KOC = HAC.
Tứ giác AOHC nội tiếp suy ra HOC = HAC.
Từ đó suy ra KOC = HOC, hay CO là phân giác trong góc HOK.
Chứng minh tương tự ta có BK,AH là phân giác trong OKH và OHK.
Từ đó suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp OHK.
Khi đó OH.
−→
IK +OK.
−→
IH +KH.
−→
IO =
−→
0 .
A
B CH
K
O
I
Suy ra



xI =
OH.xK +OK.xH +KH.xO
OH +OK +KH
yI =
OH.yK +OK.yH +KH.yO
OH +OK +KH
zI =
OH.zK +OK.zH +KH.zO
OH +OK +KH
⇔



xI = 0
yI = 1
zI = 1
⇒ I(0;1;1).
Khi đó
−→
IH = (2;1;0) nên IH có phương trình



x = 2+2t
y = 2+t
z = 1
.
Ta có A ∈ IH ⇒ A(2+2t;2+t;1) ⇒
−→
OA = (2+2t;2+t;1),
−→
OI = (0;1;1).
Vì OI⊥AB nên
−→
OA.
−→
OI = 0 ⇔ 0(2+2t)+(2+t)+1 = 0 ⇔ t = −3 ⇒ A(−4;−1;1).
Khi đó AO = (4;1;−1),
−→
AH = (6;3;0) ⇒
−→
AO,
−→
AH = (3;−6;6).
Suy ra đường thẳng có một vectơ chỉ phương −→u = (1;−2;2).
Vậy đường thẳng có phương trình
x+4
1
=
y+1
−2
=
z−1
2
.
Câu 44. Trong không gian Oxyz, cho điểm A(2;1;3) và mặt phẳng (P) : x + my + (2m + 1)z − (2 +
m) = 0, với m là tham số. Gọi điểm H(a;b;c) là hình chiếu vuông góc của điểm A trên (P). Khoảng
cách từ A đến (P) lớn nhất khi a+b bằng
A. 2. B. −
1
2
. C. 0. D.
3
2
.
Ta có x+my+(2m+1)z−(2+m) = 0 ⇔ m(y+2z−1)+x+z−2 = 0. (1)
Phương trình (1) có nghiệm với mọi m ∈ R khi và chỉ khi
y+2z−1
x+z−2 = 0
.
10

Đặt z = t, ta có x = 2−t, y = 1−2t, suy ra d :



x = 2−t
y = 1−2t
z = t
luôn nằm trong (P).
Gọi K là hình chiếu của A trên d, ta có K(2−t;1−2t;t) ⇒
−→
AK = (−t;−2t;t −3).
Lại có
−→
AK.−→ud = 0 ⇔ t +4t +t −3 = 0 ⇔ t =
1
2
⇒ K
3
2
;0;
1
2
.
Khi đó AH AK, do đó AH lớn nhất khi H ≡ K, hay H
3
2
;0;
1
2
. Vậy a+b =
3
2
.
Câu 45. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = 3, tam giác ABC vuông cân tại B và AC = 2
√
2.
Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AC và BC. Trên hai cạnh SA,SB lấy các điểm P,Q tương ứng sao
cho SP = 1,SQ = 2. Thể tích của khối tứ diện MNPQ là
A.
√
3
12
. B.
√
34
12
. C.
√
7
18
. D.
√
34
144
.
Gọi M trung điểm AC, ta có MA = MB = MC.
Lại có SA = SB = SC, suy ra SM⊥(ABC).
Ta có MB =
1
2
AC =
√
2, SM =
√
SA2 −AM2 =
√
7.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Ta có M(0;0;0),B 0;
√
2;0 ,C −
√
2;0;0 ,A
√
2;0;0 ,S 0;0;
√
7 .
Suy ra N −
√
2
2
;
√
2
2
;0 ,P
√
2
3
;0;
2
√
7
3
,Q
0;2
√
2
3
;
√
7
3
.
Khi đó
−−→
MN = −
√
2
2
;
√
2
2
;0 ,
−→
MP =
√
2
3
;0;
2
√
7
3
.
A B
C
S
M N
P
Q
x y
z
Suy ra
−−→
MN,
−→
MP =
√
14
3
;
√
14
3
;−
1
3
. Lại có
−−→
MQ =
0;2
√
2
3
;
√
7
3
.
Vậy VMNPQ =
1
6
−−→
MN,
−→
MP .
−−→
MQ =
√
7
18
.
Câu 46. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x − 1)2 + (y + 1)2 + (z − 2)2 = 16 và điểm
A(1;2;3). Ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đôi một vuông góc với nhau, cắt (S) theo ba đường
tròn. Tổng diện tích của ba hình tròn tương ứng đó là
A. 10π. B. 36π. C. 38π. D. 33π.
Mặt cầu (S) có tâm I(1;−1;2) và bán kính R = 4.
Xét ba mặt phẳng đi qua A và song song với các trục tọa độ lần lượt có phương trình là (P1) : x = 1,
(P2) : y = 2 và (P3) : z = 3.
Khi đó (P1),(P2) và (P3) đôi một vuông góc nên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ta có d(I,(P1)) = 0, d(I,(P2)) = 3, d(I,(P3)) = 1.
Suy ra các đường tròn giao tuyến lần lượt có bán kính là r1 =
√
16−0 = 4, r2 =
√
16−9 =
√
7,
r3 =
√
16−1 =
√
15.
Vậy tổng diện tích 3 hình tròn tương ứng là πr2
1 +πr2
2 +πr2
3 = 16π +7π +15π = 38π.
Câu 47. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [0;+∞) và
x2
0
f(t)dt = xsin(πx). Giá trị f(4) bằng
A.
π −1
4
. B.
π
2
. C.
1
2
. D.
π
4
.
11

Ta có
x2
0
f(t)dt = xsin(πx) ⇔ F(x2
)−F(0) = xsin(πx).
Lấy đạo hàm hai vế ta được 2xF (x2) = sin(πx)+πxcos(πx) ⇒ f(x2) =
sin(πx)+πxcos(πx)
2x
.
Với x = 2 ta có f(4) =
sin(2π)+2π cos(2π)
4
=
π
2
.
Với x = −2 ta có f(4) =
sin(−2π)−2π cos(−2π)
−4
=
π
2
. Vậy f(4) =
π
2
.
Câu 48. Có 2 học sinh lớp A, 3 học sinh lớp B và 4 học sinh lớp C xếp thành một hàng ngang sao
cho giữa hai học sinh lớp A không có học sinh lớp B. Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng như vậy ?
A. 145152. B. 108864. C. 217728. D. 80640.
Để giữa hai học sinh lớp A không có học sinh lớp B nào ta có các trường hợp sau:
TH1: Hai học sinh lớp A đứng cạnh nhau có 8×2!×7! = 80640 cách;
TH2: Hai học sinh lớp A đứng cách nhau 1 vị trí có 7×2!×A1
4 ×6! = 40320 cách;
4 ×5! = 17280 cách;
4 ×4! = 5760 cách;
4 ×3! = 1152 cách.
Vậy số cách xếp hàng là 80640+40320+17280+5760+1152 = 145152.
Câu 49. Cho hai số phức z,w thỏa mãn |z−3−2i| 1 và |w+1+2i| |w−2−i|. Giá trị nhỏ nhất
của |z−w| bằng
A.
2
√
2+1
2
. B.
3
√
2−2
2
. C.
5
√
2−2
2
. D.
√
2+1.
Dễ thấy tập hợp biểu diễn các số phức z là hình tròn tâm I(3;2) và bán kính R = 1.
Gọi w = x+yi (x,y ∈ R), ta có (x+1)2 +(y+2)2 (x−2)2 +(y−1)2 ⇔ x+y 0.
Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là nửa mặt phẳng bờ d : x+y = 0.
Từ đó suy ra min|z−w| = d(I,d)−R =
|3+2|
√
1+1
−1 =
5
√
2−1
2
.
Câu 50. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, BC = a
√
3, SA = a và SA
vuông góc với đáy ABCD. Gọi α là góc tạo bởi giữa đường thẳng BD và mặt phẳng (SBC). Giá trị của
sinα bằng
A.
√
2
4
. B.
√
3
5
. C.
√
7
8
. D.
√
3
2
.
Đặt a = 1 và chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Ta có B(1;0;0),D(0;
√
3;0) ⇒
−→
BD = (−1;
√
3;0).
Lại có S(0;0;1),C(1;
√
3;0) ⇒
−→
SB = (1;0;−1),
−→
SC = (1;
√
3;−1).
Suy ra
−→
SB,
−→
SC = (
√
3;0;
√
3).
Vậy sinα =
|−
√
3|
√
1+3.
√
3+3
=
√
2
4
.
A
B C
D
S
x
y
z
——— Hết ———
12

2018 sobacgiang1hdg

2018 sobacgiang1hdg

2018 sobacgiang1hdg

Recomendados

Más contenido relacionado

La actualidad más candente

La actualidad más candente(20)

Similar a 2018 sobacgiang1hdg

Similar a 2018 sobacgiang1hdg(20)

Último

Último(20)

2018 sobacgiang1hdg