THPT Chuyên Quang Trung

ĐỀ THI THỬ KHỐI 12 LẦN 1 NĂM 2018-MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút

Mục tiêu. Nắm vững các kiến thức về số phức. Nắm vững các kiến thức về hàm số: điều kiện cần
và đủ của cực trị hàm số, phương trình tiếp tuyến, tiệm cận đứng, tiệm cận ngang.
Nắm vững kiến thức về lượng giác như công thức tổng, công thức cộng, công thức nhân đôi,tính
chẵn lẻ của hàm lượng giác…tìm nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản
sinx = sinα, cosx = cosα,sinx ≠ sinα, cosx ≠ cosα
Nắm vững các kiến thức về công thức thể tích của khối đa diện, vận dụng linh hoạt các kiến thức đã
học để tính thể tích của khối đa diện.
Từ bài toán thực tế biết cách lập được hàm số và dụng bất đẳng thức Cô-si để tìm ra chi phí nhỏ
nhất.
Câu 1: . Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 − 2m 2 + m 4 có đồ thị (C). Biết đồ thị (C) có ba điểm cực trị A,
B, C và ABDC là hình thoi, trong đó D ( 0; −3) , A thuộc trục tung. Khi đó m thuộc khoảng nào?
9 
A. m ∈  ; 2 ÷
5 
Câu 2: .Cho hàm số y =

1

B. m ∈  −1; ÷
2


C. m ∈ ( 2;3)

1 9
D. m ∈  ; ÷

2 5

x3
+ 3x 2 − 2 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp
3

tuyến có hệ số góc k = −9
A. y + 16 = −9 ( x + 3)

B. y − 16 = −9 ( x − 3)

C. y = −9 ( x + 3)

D. y − 16 = −9 ( x + 3)

Câu 3: Cho số phức thỏa mãn z − 2i ≤ z − 4i và z − 3 − 3i = 1. Giá trị lớn nhất của P = z − 2 là
A. 13 + 1

B. 10 + 1

Câu 4: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

C. 13

D. 10

x 3 − 3x − 2
là
x 2 + 3x + 2


A. x = −2

B. Không có tiệm cận đứng.

C. x = −1; x = −2

D. x = −1

Câu 5: Cho hình chóp S.ABC có SA = SB=SC=AB=AC=a, BC = a 2. Tính số đo của góc
(AB;SC) ta được kết quả
A. 90°

B. 30°

Câu 6: Nghiệm của phương trình

C. 60°
cos 2x + 3sin x − 2
= 0 là:
cos x

D. 45°


π

 x = 2 + k2π

π
A.  x = + kπ ( k ∈ ¢ )

6

 x = 5π + kπ

6

π

 x = 6 + kπ
( k ∈¢)
B. 
 x = 5π + kπ

6

π

 x = 2 + kπ

π
C.  x = + k2π ( k ∈ ¢ )
6

 x = 5π + k2π

6

π

 x = 6 + k2π

( k ∈¢)
D. 
 x = 5π + k2π

6

2
Câu 7: Trong tập các số phức, cho phương trình z − 6z + m = 1, m ∈ ¡ ( 1) . Gọi m 0 là một giá trị

của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt z1 , z 2 thỏa mãn z1 z1 = z 2 z 2 . Hỏi trong khoảng
(0; 20) có bao nhiêu giá trị m ?
A. 13

B. 11

C. 12

D. 10

Câu 8: Cho hàm số y = x 2 − 1. Nghiệm của phương trình y '.y = 2x+1 là
A. x = 2

B. x = 1

C. Vô nghiệm.

D. x = −1

Câu 18: Xét khối tứ diện ABCD, AB = x, các cạnh còn lại bằng 2 3. Tìm x để thể tích khối tứ
diện ABCD lớn nhất.

A. x = 6

B. x = 2 2

C. x = 14

D. x = 3 2

Câu 19: Để nhận đầy đủ file word nhắn tin gmail vào sdt: 0961122230.

( I ) : y = x 2 + 3; ( II ) : x 3 + 3x 2 + 3x − 5; ( III ) : y = x −

1
7
; ( IV ) : y = ( 2x + 1) . Các hàm số không có
x+2

cực trị là
A. ( I ) , ( II ) , ( III )

B. ( III ) , ( IV ) , ( I )

C. ( IV ) , ( I ) , ( II )

D. ( II ) , ( III ) , ( IV )

Câu 20: Chọn phát biểu đúng.
A. Các hàm số y = sinx, y = cosx, y = cotx đều là hàm số chẵn.
B. Các hàm số y = sinx, y = cosx, y = cotx đều là hàm số lẻ
C. Các hàm số y = sinx, y = cot x, y = tan x đều là hàm số chẵn.

D. Các hàm số y = sinx, y = cot x, y = tan x đều là hàm số lẻ
2
Câu 21: Trên tập số phức, cho phương trình az + bz + c = 0 ( a, b, c ∈ ¡ ;a ≠ 0 ) . Chọn kết luận sai.

A. Nếu b = 0 thì phương trình có hai nghiệm mà tổng bằng 0.
B. Nếu ∆ = b 2 − 4ac < 0 thì phương trình có hai nghiệm mà modun bằng nhau.
C. Phương trình luôn có hai nghiệm phức là liên hợp của nhau.


D. Phương trình luôn có nghiệm.
Câu 22: .Cho hàm số y = f ( x ) xác định và có đạo hàm cấp một và cấp hai trên khoảng (a, b) và
x 0 ∈ ( a, b ) . Khẳng định nào sau đây là sai?
A y ' ( x 0 ) = 0 và y '' ( x 0 ) ≠ 0 thì x 0 là điểm cực trị của hàm số.
B. y ' ( x 0 ) = 0 và y '' ( x 0 ) > 0 thì x 0 là điểm cực tiểu của hàm số.
C. Hàm số đạt cực đại tại x 0 thì y ' ( x 0 ) = 0
D. y ' ( x 0 ) = 0 và y '' ( x 0 ) = 0 thì x 0 không điểm cực trị của hàm số.
Câu 23: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị (C) như hình vẽ. Hỏi (C) là đồ thị của hàm số nào?

A. y = x 3 + 1

B. y = ( x − 1)

3

C. y = ( x + 1)

3

D. y = x 3 − 1


Câu 24: Cho số phức z thỏa mãn z ( 2 − i ) + 13i = 1. Tính mô đun của số phức z.
A. z = 34

B. z = 34

C. z =

34
3

D. z =

5 34
3

Câu 25: Để nhận đầy đủ file word nhắn tin gmail vào sdt: 0961122230.
·
·
·
Câu 28: Cho khối chóp S.ABC có ASB
= BSC
= CSA
= 60°,SA = a,SB = 2a,SC = 4a. Tính thể
tích khối chóp S.ABC theo a.
A.

8a 3 2
3

B.


2a 3 2
3

Câu 29: Cho số phức z thỏa mãn

C.

4a 3 2
3

D.

a3 2
3

1+ i
là số thực và z − 2 = m với m ∈ ¡ . Gọi m 0 là một giá trị
z

của m để có đúng một số phức thỏa mãn bài toán. Khi đó
 1
A. m 0 ∈  0; ÷
 2

1 
B. m 0 ∈  ;1÷
2 

3 

C. m 0 ∈  ; 2 ÷
2 

 3
D. m 0 ∈  1; ÷
 2


Câu 30: Cho hàm số y =

16
x+m
(m là tham số thực) thỏa mãn min y + max y =
3
[ 1;2]
[ 1;2]
x +1

Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. 2 < m ≤ 4

B. 0 < m ≤ 2

C. m ≤ 0

D. m > 4

π π π π
Câu 31: Tìm góc α ∈  ; ; ;  để phương trình cos2x + 3sin2x − 2cosx = 0 tương đương với
6 4 3 2

phương trình cos ( 2x − α ) = cosx
A. α =

π
6

B. α =

π
4

C. α =

π
2

D. α =

π
3

Câu 32: Một công ty muốn làm một đường ống dẫn dầu từ một kho A ở trên bờ biển đến một vị trí
B trên hòn đảo. Hòn đảo cách bờ biển 6km. Gọi C là điểm trên bờ sao cho BC vuông góc với bờ
biển. Khoảng cách từ A đến C là 9km. Người ta cần xác định một vị trí D trên AC để lắp ống dẫn
theo đường gấp khúc ADB. Tính khoảng cách AD để số tiền chi phí thấp nhất, biết rằng giá để lắp
mỗi km đường ống trên bờ là 100.000.000 đồng và dưới nước là 260.000.000 đồng.
A. 7km.

B. 6km.


C. 7.5km

D. 6.5km

Câu 33: Người ta muốn xây một chiếc bể chứa nước có hình dạng là một khối hộp chữ nhật không
nắp có thể tích bằng

500 3
m . Biết đáy hồ là một hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng và
3

giá thuê thợ xây là 100.000 đồng /m 2 . Tìm kích thước của hồ để chi phí thuê nhân công ít nhất. Khi
đó chi phí thuê nhân công là
A. 15 triệu đồng.

B. 11 triệu đồng.

C. 13 triệu đồng.

D. 17 triệu đồng.

Câu 34: Biết rằng giá trị lớn nhất của hàm số y = x + 4 − x 2 + m là 3 2. Giá trị của m là
A. m = 2

B. m = 2 2

C. m =

2
2


D. m = − 2

Câu 35: Trong mặt phẳng phức, gọi M là điểm biểu diễn cho số phức

( z − z)

2

với

z = a + bi ( a, b ∈ ¡ , b ≠ 0 ) . Chọn kết luận đúng
A. M thuộc tia Ox.

B. M thuộc tia Oy

C. M thuộc tia đối của tia Ox.

D. M thuộc tia đối của tia Oy.

2
Câu 36: Trong tập các số phức, gọi z1 , z 2 là hai nghiệm của phương trình z − z +

2017
= 0 với z 2
4

có thành phần ảo dương. Cho số phức z thỏa mãn z − z1 = 1 Giá trị nhỏ nhất của P = z − z 2 là
A.


2016 − 1

B.

2017 − 1
2

C.

2016 − 1
2

D.

2017 − 1


Câu 37: Số mặt phẳng đối xứng của khối tứ diện đều là
A. 7

B. 8

C. 9

D. 6

3
2
Câu 38: Cho hàm số y = f ( x ) = ax + bx + cx + d, ( a ≠ 0 ) . Khẳng định nào sau đây đúng?


( x ) = +∞
A. xlim
→−∞

B. Đồ thị hàm số luôn cắt trục hoành.

C. Hàm số luôn tăng trên ¡

D. Hàm số luôn có cực trị.

Câu 39: Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học sinh
lớp 12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế giảng. Hỏi có bao
nhiêu cách chọn sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn?
A. 120

B. 98

C. 150

D. 360

Câu 40: Có bao nhiêu số chẵn mà mỗi số có 4 chữ số đôi một khác nhau?
A. . 2520.

B. 50000.

C. 4500

D. 2296.


Câu 41: .Gọi S là tập hợp các số thực m sao cho với mỗi m ∈ S có đúng một số phức thỏa mãn
z − m = 6 và

z
là số thuần ảo. Tính tổng của các phần tử của tập S.
z−4

A. 10

B. 0

C. 16

D. 8

(

)

Câu 42: Tìm số phức z thỏa mãn z − 2 = z và ( z + 1) z − i là số thực
A. z = 1 + 2i

B. = −1 − 2i

C. z = 2 − i

D. z = 1 − 2i

x3
Câu 43: Cho hàm số y = − ax 2 − 3ax + 4. Để hàm số đạt cực trị tại x1 ; x 2 thỏa mãn

3
x12 + 2ax 2 + 9a x 22 + 2ax1 + 9a
+
= 2 thì a thuộc khoảng nào?
a2
a2
−5 

A. a ∈  −3; ÷
2 


−7 

B. a ∈  −5; ÷
2 


C. a ∈ ( −2; −1)

Câu 44: Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số y =
A. m ≠ 2

B. m > −2

 7

D. a ∈  − ; −3 ÷
 2



2x + 4
có tiệm cận đứng.
x−m

C. m = −2

D. m < −2

Câu 45: Tìm m để hàm số y = x 3 − 3x 2 + mx + 2 tăng trên khoảng ( 1; +∞ )
A. m ≥ 3

B. m ≠ 3

C. m ≤ 3

D. m < 3

Câu 46: .Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi M, N, K lần lượt là
trung điểm của CD,CB,SA. Thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (MNK) là một đa giác (H).
Hãy chọn khẳng định đúng.
A. (H) là một hình thang

B. (H) là một ngũ giác

C. (H) là một hình bình hành.

D. (H) là một tam giác



Câu 47: Tập giá trị của hàm số y = sin2x + 3cos2x+1 là đoạn [ a; b ] . Tính tổng T = a + b ?
A. T = 1

C. T = 0

B. T = 2

D. T = −1

Câu 48: Trên giá sách có 4 quyển sách toán, 3 quyển sách lý, 2 quyển sách hóa. Lấy ngẫu nhiên 3
quyển sách. Tính xác suất để được 3 quyển được lấy ra có ít nhất một quyển là toán.
A.

2
7

B.

3
4

C.

37
42

D.

10
21


 x 2 + 1, x ≥ 1
Câu 49: Cho hàm số y = f ( x ) = 
Mệnh đề sai là
 2x, x < 1
A. f ' ( 1) = 2

B. f không có đạo hàm tại x 0 = 1

C. f ' ( 0 ) = 2

D. f ' ( 2 ) = 4

Câu 50: Nghiệm của phương trình tan3x = tan x là
π
A. x = k , ( k ∈ ¢ )
2

B. x = kπ, ( k ∈ ¢ )

C. x = k2π, ( k ∈ ¢ )

π
D. x = k , ( k ∈ ¢ )
6

Tổ Toán – Tin
MA TRẬN TỔNG QUÁT ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 2018

Mức độ kiến thức đánh giá

STT

Các chủ đề

Nhận
biết

Thông
hiểu

Vận
dụng

Vận dụng
cao

Tổng số câu
hỏi


1

Hàm số và các bài toán
liên quan

4

6

6


3

19

2

Mũ và Lôgarit

0

0

0

0

0

3

Nguyên hàm – Tích
phân và ứng dụng

0

0

0


0

0

4

Số phức

1

3

4

3

11

Lớp 12

5

Thể tích khối đa diện

3

2

3


1

9

(...%)

6

Khối tròn xoay

0

0

0

0

0

7

Phương pháp tọa độ
trong không gian

0

0

0


0

0

1

Hàm số lượng giác và
phương trình lượng
giác

1

1

1

1

4

2

Tổ hợp-Xác suất

0

2

2


0

4

3

Dãy số. Cấp số cộng.
Cấp số nhân

0

0

0

0

0

4

Giới hạn

0

0

0


0

0

5

Đạo hàm

0

0

1

0

1

6

Phép dời hình và phép
đồng dạng trong mặt
phẳng

0

0

0


0

0

7

Đường thẳng và mặt
phẳng trong không gian
Quan hệ song song

0

0

0

0

0

8

Vectơ trong không gian
Quan hệ vuông góc
trong không gian

0

0


0

0

0

1

Bài toán thực tế

0

0

1

1

2

Lớp 11
(...%)

Tổng

Số câu
Tỷ lệ

50



ĐÁP ÁN
1-D
11-A
21-C
31-D
41-B

2-D
12-D
22-D
32-D
42-D

3-C
13-D
23-B
33-A
43-B

4-A
14-C
24-B
34-A
44-A

5-C
15-B
25-D
35-C

45-A

6-D
16-A
26-A
36-A
46-B

7-D
17-D
27-A
37-D
47-B

8-C
18-D
28-B
38-B
48-C

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án D
Phương pháp.Sử dụng điều kiện cần của cực trị hàm số để tìm điều
kiện của m để hàm số có cực trị. Sau đó tìm tọa độ các điểm cực trị.
Sử dụng tính chất của hình thoi để tìm giá trị của m.

9-C
19-D
29-D
39-B

49-B

10-A
20-D
30-D
40-D
50-A


Lời giải chi tiết.
Ta có y ' = 4x 3 − 4mx Để đồ thị có ba điểm cực trị thì phương trình y ' = 0 ⇔ 4x 3 − 4mx = 0 phải có
3 nghiệm phân biệt.
x = 0
4x 3 − 4mx = 0 ⇔  2
x = m
Khi đó điều kiện cần là m > 0. Ta có ba nghiệm là x = 0, x = m, x = − m
Với x = 0 thì y = m 4 − 2m 2
Với x = ± m thì y = m 4 − 3m 2
4
2
Do A thuộc trục tung nên A ( 0; m − 2m ) Giả sử điểm B nằm bên phải của hệ trục tọa độ, khi đó

B

(

) (

m; m 4 − 3m 2 , C − m; m 4 − 3m 2


)

uuur uuur
Ta kiểm tra được AD ⊥ BC. Do đó để ABDC là hình thoi thì trước hết ta cần AB = CD. Ta có
uuur
AB = m; ( m 4 − 3m 2 ) − ( m 4 − 2m 2 ) = m; −m 2
uuur
CD = m; −3 − ( m 4 − 3m 2 ) = m; − m 4 + 3m 2 − 3

(
(

) (

Do đó
uuur uuur
AB = CD ⇔

(

) (

m; −m 2 =

) (

)

)


)

m; −m 4 + 3m 2 − 3 ⇔ − m 2 = − m 4 + 3m 2 − 3

m2 = 1
 m = ±1
⇔ −m 4 + 4m 2 − 3 = 0 ⇔  2
⇔
m = ± 3
m = 3
Do điều kiện để có ba điểm cực trị là m > 0 nên ta chỉ có m = 1 hoặc m = 3
uuur
Với m = 1 thì A ( 0; −1) , B ( 1; −2 ) , C ( −1; −2 ) . Ta có AB = ( 1; −1) ⇒ AB = 2. Tương tự ta có
BD = CD = CA = 2. Như vậy ABDC là hình thoi. Vậy m = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
1
9  
Do m = 1∉  ; 2 ÷,  −1; ÷, ( 2;3) nên các đáp án A, B, C đều sai.
2
5  
Với

m= 3

Trong trường hợp này

B

(

4


) (

)

3;0 , C − 4 3;0 , A ( 0;3 ) .

Ta kiểm tra được

AB = BD = DC = CA = 9 + 3. Do đó ABDC cũng là hình thoi và m = 3 thỏa mãn yêu cầu bài
toán
Nhận xét. Đối với bài toán thi trắc nghiệm đòi hỏi cần tiết kiệm thời gian thì chỉ cần xét trường hợp
m = 1 thì chúng ta đã có thể kết luận được đáp án cần chọn là D mà không cần xét thêm trường hợp
m= 3
Câu 2: Đáp án D


Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của hàm số y = f ( x 0 ) tại điểm

( x ;f ( x ) )
0

0

là

y − f ( x 0 ) = f ' ( x 0 ) ( x − x 0 ) ( 1) . Hệ số góc là k = f ' ( x 0 ) sử dụng điều này để tìm điểm x 0 sau đó
thay vào (1) để tìm phương trình tiếp tuyến.
Lời giải chi tiết.
Ta có y ' = x 2 + 6x. Do tiếp tuyến có hệ số góc là k = −9 nên x20 + 6x0 = −9 ⇔ x0 = −3. Khi đó

phương trình tiếp tuyến là y − y ( x0 ) = k ( x − x0 ) ⇒ y − 16 = −9( x + 3)
Câu 3: Đáp án C
Phương pháp: Gọi z = a+ bi,( a,b∈ ¡

)

là số phức cần tìm. Sử dụng giả thiết để đưa ra một hệ điều

kiện đẳng thức, bất đẳng thức cho a,b. Sử dụng điều kiện trên để đánh giá và tìm giá trị lớn nhất của
P.
Lời giải chi tiết.
Giả sử số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán có dạng z = a+ bi,( a,b∈ ¡

)

Khi đó ta có

2

2
 z − 2i = ( a+ bi ) − 2i = a + ( b − 2)

2
 z − 4i = ( a+ bi ) − 4i = a2 + ( b − 4)

 z − 3− 3i = ( a+ bi ) − 3− 3i = ( a− 3) 2 + ( b − 3) 2

2

2

 z − 2 = ( a+ bi ) − 2 = ( a− 2) + b

Từ giả thiết ta suy ra
  b − 2 ≤ b − 4( VN )
2
2
2
2
 2
2

b
−
2
≤
b
−
4
) ( ) ⇔   b− 2 ≤ −b+ 4
 a + ( b − 2) ≤ a + ( b − 4)
(
 b ≤ 3
⇔
⇔




2
2

2
2
2
2
( a− 3) + ( b − 3) = 1
( a− 3) + ( b − 3) = 1 
( a− 3) + ( b− 3) = 1
2
2

( a− 3) + ( b − 3) = 1
Từ ( a− 3) + ( b − 3) = 1⇒ ( a− 3) ≤ 1⇒ 2 ≤ a ≤ 4 ⇒ 0 ≤ a− 2 ≤ 2
2

Do đó P = z − 2 =

2

2

( a− 2)

2

+ b2 ≤ 22 + 32 = 13. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

( a− 2) 2 = 22

a = 4


⇔
b = 3
b = 3

2
2
a
−
3
+
b
−
3
=
1
) ( )
(
Chú ý. Đối với bài toán liên quan tới cực trị học sinh thường mắc phải sai lầm là quên tìm giá trị để
cực trị xảy ra. Điều này có thể dẫn tới việc tìm sai giá trị lớn nhất nhỏ nhất.
Câu 4: Đáp án A


Phương pháp
Sử dụng định nghĩa của tiệm cận đứng.
Lời giải chi tiết.
Để tìm tiệm cận đứng ta cần tìm điểm x0 sao cho xlimy
hoặc xlimy
nhận một trong hai giá trị
→ x−
→ x+

0

0

{ −∞; +∞}
Với x ∉ { −1; −2}

2
x 3 − 3x − 2 ( x + 1) ( x − x − 2 ) x 2 − x − 2
=
=
thì ta có y = 3
x + 3x + 2
x+2
( x + 1) ( x + 2 )

Ta có lim+ y = lim+
x →2

x →2

x2 − x − 2
= +∞
x+2

Vậy x = −2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.
Sai lầm. Một số học sinh có thể mắc sai lầm như sau: Do quan sát thấy mẫu số của hàm số trên có
hai nghiệm là x = −1, x = −2 nên học sinh có thể không tính mà đưa ra kết quả
lim y = ∞ rồi kết luận x = −1 là tiệm cân đứng của đồ thị hàm số.


x →−1+

Câu 5: Đáp án C
Phương pháp
Chứng minh góc giữa SC và AB cũng bằng góc giữa SC và CD. Chứng minh Tam giác SCD
là tam giác đều để suy ra góc giữa SC và AB bằng 60° .
Lời giải chi tiết.
Ta có AB = AC = a, BC = a 2 ⇒ AB2 + AC 2 = BC 2 = 2a 2 ⇒ ∆ABC vuông cân
tại A.
Gọi H là hình chiếu của S lên ( ABC )
Do SA=SB=SC=a nên HA=HB=HC ⇒ H là trung điểm của BC.
Trên mặt ( ABC ) lấy điểm D sao cho ABDC là hình vuông.
Do CD / /AB nên góc giữa SC và AB cũng bằng góc giữa SC và CD. H là trung điểm BC nên
HC = HD
Ta có ∆SHC = ∆SHD ⇒ SC=SD=a. Tam giác SCD có SC=CD=SD=a nên là tam giác đều.
·
·
Do đó SCD
= 60°. Vậy góc giữa SC và AB bằng SCD
= 60°.
Câu 6: Đáp án D
Phương pháp
Tìm điều kiện để phương trình có nghĩa. Sau đó sử dụng công thức 2cos2x=1 − 2sin 2 x để đưa
phương trình đã cho về phương trình bậc 2 đối với sin x và giải phương trình này để tìm nghiệm.
Bước cuối cùng là đối chiếu điều kiện để kết luận nghiệm.


Lời giải chi tiết.
Điều kiện cos x ≠ 0 ⇔ x ≠


π
+ kπ ( k ∈ ¢ ) ( 1)
2

Với điều kiện trên phương trình đã cho trở thành
cos 2x + 3sin x − 2 = 0 ⇔ ( 1 − 2sin 2 x ) + 3sin x − 2 = 0 ⇔ 2sin 2 x − 3sin x + 1 = 0
 2sin x − 1 = 0
⇔ ( 2sin x − 1) ( s inx − 1) = 0 ⇔ 
s inx − 1 = 0
Nếu s inx − 1 = 0 ⇔ s inx = 1 ⇒ cos x = 0, không thỏa mãn điều kiện (1)
π

x = + k2π

1
π
6
( k ∈¢)
Vậy 2sin x − 1 = 0 ⇔ sin x = = sin ⇔ 
2
6
 x = π − π + k2π = 5π + k2π

6
6
Câu 7: Để nhận đầy đủ file word nhắn tin gmail vào sdt: 0961122230.
Câu 12: Đáp án D
Phương pháp
Giải phương trình lượng giác cơ bản.
Lời giải chi tiết.

π π

x + = + k2π

π
2
π


4 4
= cos →⇔ 
⇔
Ta có cos  x + ÷ =
4 2
4

 x + π = − π + k2π

4
4

 x = k2π

( k ∈¢)
 x = − π + k2π

2

Câu 13: Đáp án D
Phương pháp

Gọi P là trung điểm của B'C'.
Chứng minh NP / / ( AMC ' ) và NP / /B 'C để suy ra B'C / / ( AMC ' )
Lời giải chi tiết.
Gọi P là trung điểm của B'C'.
Giả sử S = AC '∩ A 'C
Khi đó S là trung điểm của A'C.
1
Vì SN là đường trung bình của ∆A 'C 'C nên SN / /A 'C ',SN= A 'C ' ( 1)
2
Vì MP là đường trung bình của ∆A ' B'C ' nên MP / /A 'C ', MP =

1
A 'C ' ( 2 )
2


Từ ( 1) , ( 2 ) ta nhận được SN / /MP,SN=MP. Do đó MPNS là hình bình hành. Kéo theo NP / /MS.
Vì MS ∈ ( AMC ' ) ⇒ NP / / ( AMC ' ) ( 3) . Vì NP là đường trung bình của

∆B'C 'C

nên

NP / /B 'C ( 4 )
Từ ( 3) , ( 4 ) suy ra B'C / / ( AMC ' )
Câu 14: Đáp án C
Phương pháp
1
Sử dụng công thức VSNED = d ( S, ( NDE ) ) S∆NDE . Tính S∆NDE , VSNED để suy ra d ( S, ( NDE ) )
3

Lời giải chi tiết.
Gọi E=AB ∩ CD, G=NE ∩ SB.
1
Vì BC / /AD, BC= AD nên BC là đường trung bình của tam giác ADE. Do đó B, C lần lượt
2
là trung điểm của AE, DE. Do đó G là trọng tâm của ∆SAE.
2
1
4
4
Kéo theo SG= SB. Mà SM= SB, nên SG= SM= ( SG − MG ) ⇒ SG=4MG.
3
2
3
3
Do đó d ( S, ( NCD ) ) =d ( S, ( NED ) ) = 4d ( M, ( NED ) ) ⇒ d ( M, ( NCD ) ) = d ( S, ( NCD ) )
Ta có S∆AED

1
1
1
1a 3 
a3 3
2
2
= AD.AE = ( 2a ) ( 2a ) = 2a ⇒ VNAED = NA.S∆AED = 
÷( 2a ) =
2
2
3

3 2 ÷
3


1
2a 3 3
a3 3
VSAED = SA.S∆AED =
⇒ VSNED = VSAED − VNAED =
2
3
3
Mặt khác gọi P là trung điểm của AD, thì CP ⊥ AD, CP=PD ⇒ ∆ACD vuông tại C. Do đó
CD ⊥ AC.

Mà CD ⊥ SA ⇒ CD ⊥ ( SAC ) ⇒ CD ⊥ NC
3a 2
11a 2
2
Ta có NC = NA + AC = NA + AB + BC =
+ 2a =
4
4
2

2

2

2


ED 2 = AD 2 + AE 2 = 8a 2 ⇒ S∆NDE =

2

2

1
1  a 11 
a 2 22
NC.ED = 
2
2a
=
÷
2
2 2 ÷
2


3V
1
Vì VSNED = d ( S ( NED ) ) S∆NDE ⇒ d ( S ( NDE ) ) = SNDE
3
S∆NDE

(

)


3a 3 3
a 66
= 23 =
11
a 22
3

Câu 15: Đáp án D
Phương pháp
Sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang để tìm tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.


Lời giải chi tiết.
y = +∞
Ta có xlim
→+∞

(

lim y = lim 2x − 1 + 4x − 4

x →−∞

x →−∞

= lim

( 4x

2


2

− 4 ) − ( 2x − 1)

)(

4x 2 − 4 + 2x − 1

= lim

x →−∞

4x 2 − 4 − ( 2x − 1)

4x 2 − 4 − ( 2x − 1)

x →−∞

2

4x 2 − 4 − ( 2x − 1)

x →−∞

)

(
= lim


)

5

− x  −4 + ÷
4x − 5
−4
x

= lim
=
= −1
4+2
4 
1 
4x 2 − 4 − ( 2x − 1) x →−∞ 
− x  4 − 2 −  2 − ÷÷
x 
x 


Vậy y = −1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.
y hơn nữa lại có x trong căn nên một số học sinh khi đưa x vào
Sai lầm. Do ta xét giới hạn xlim
→−∞
trong căn sẽ quên đổi thành -x rồi mới đưa vào căn. Cụ thể một số học sinh có thể tính được kết
quả.

( 4x
lim


x →−∞

2

− 4 ) − ( 2x − 1)

2

4x 2 − 4 − ( 2x − 1)

= lim

x →−∞

4x − 5
4x 2 − 4 − ( 2x − 1)

= lim

5
x
=∞
4 
1
4− 2 −2− ÷
x 
x

( C)


tại hai điểm phân biệt thì phương trình

x →−∞

4−

Câu 16: Đáp án A
Phương pháp
Tìm tập xác đinh của hàm số.Để

( d)

cắt

2x + 1
= x + m có hai nghiệm phân biệt.Giải và biện luận hệ này để tìm giá trị của m.
x−2
Lời giải chi tiết.
Tập xác định x ≠ 2. Để ( d ) cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt thì phương trình

2x + 1
= x + m có hai
x−2

nghiệm phân biệt. Khi đó ta cần
2x + 1 = ( x + m ) ( x − 2 ) ⇔ 2x + 1 = x 2 + mx − 2x − 2m = 0 ⇔ x 2 + ( m − 4 ) x − ( 2m + 1) = 0 ( 1)
2
có hai nghiệm phân biệt khác 2. Do 2 + ( m − 4 ) .2 − ( 2m + 1) = −5 ≠ 0 nên phương trình ( 1) nếu có


nghiệm thì các nghiệm này sẽ khác 2. Phương trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt
khi và chỉ khi ∆ = ( m − 4 ) − 4 ( 2m + 1) = m 2 + 20 > 0. Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm
2

phân biệt. Hơn nữa ta tìm được hai nghiệm này là
x1 =

4 − m − m 2 + 20
4 − m + m 2 + 20
; x2 =
.
2
2



4 − m − m 2 + 20 m + m 2 + 20
=
>0
 2 − x1 = 2 −

2
2
⇒ x1 < 2 < x 2
Ta lại có 
4 − m + m 2 + 20
−m + m 2 + 20

−2 =
>0

 x 2 − 2 =
2
2
Do đó x1 , x 2 nằm về hai nhánh của đồ thị (C) với mọi x ∈ ¡
Sai lầm. Một số học sinh khi tìm ra được điều kiện của m để phương trình có hai nghiệm sẽ bỏ qua
việc tìm điều kiện của m để hai nghiệm thuộc hai nhánh của đồ thị mà đi tới kết luận nghiệm luôn
Câu 17: Đáp án B
Phương pháp
Sử dụng công thức cơ bản của lượng giác.
Lời giải chi tiết.
Tập xác định cos2x ≠ 0 ⇔ 2x ≠

π
π kπ
+ kπ ⇔ x ≠ + ( k ∈ ¢ )
2
4 2

Câu 18: Đáp án D

Phương pháp
Gọi H là trung điểm của cạnh AB. Hạ đường cao CK xuống HD.Vậy CK là đường cao của tứ
diện. Áp dụng định lý Py-ta-go để tính CK. Sử dụng công thức tính thể tích để tính thể tích tứ diện.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si để tìm giá trị lớn nhất của tứ diện.
Lời giải chi tiết.
Gọi H là trung điểm của cạnh AB, do ∆ABC cân tại C nên CH là đường cao. Tam giác ABD có
AD=DB=2 3 nên là tam giác cân tại D. Do đó HD là đường cao. Khi đó ta có
CH ⊥ AB
⇒ AB ⊥ ( CHD )


 HD ⊥ AB


Hạ đường cao CK xuống HD khi đó CK ⊥ AB. Do đó CK ⊥ ( ABD ) . Vậy CK là đường cao của tứ
diện. Ta có HB =

x
Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác HBC ta có
2
2

48 − x 2
x
− ÷ =
2
2

HC = BC − HB =

( 2 3)

Tương tự ta có HD =

48 − x 2
. Đặt y = KD. Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác CHK và CKD
2

2

2


2

ta có

(

CK 2 = CH 2 − HK 2 = CD 2 − KD 2 ⇔ CH 2 − ( HD − y ) = 2 3
2

CH 2 − HD 2 + 2HD.y − y 2 = 12 − y 2 ⇔ 2HD.y = 12 ⇔ y =

)

2

− y2

6
12
=
HD
48 − x 2

Vì vậy
CK = CD − y = 12 −
2

2


2

12
48 − x 2

Diện tích tam giác ABD là S1 =

=

12 ( 48 − x 2 ) − 12 
48 − x 2

=

12 ( 36 − x 2 )
48 − x 2

⇒ CK =

12 ( 36 − x 2 )
48 − x 2

1
1
48 − x 2 x 48 − x 2
AB.HD = x
=
2
2
2

4

12 ( 36 − x 2 ) x 48 − x 2 1
Do đó thể tích tứ diện là V = 1 CK.S1 = 1
.
=
3.x. 36 − x 2
2
3
3
48 − x
4
6

(

2
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho x, 36 − x

)

ta có

2
2
3
3 x + ( 36 − x )
2
V=
x. 36 − x ≤

= 3 3. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
6
6
2

x = 36 − x 2 ⇔ x = 18 = 3 2
Nhận xét.Chúng ta có thể thay điều kiện các cạnh còn lại bằng 2 3 bởi điều kiện các cạnh còn lại
bởi một số a > 0 nào đó bất kì, để được một bài toán khác nhưng cách làm tương tự bài này.
Câu 19: Đáp án D
Phương pháp
Sử dụng điều kiện cần và đủ để hàm số có cực trị để giải.
Lời giải chi tiết.
Xét hàm số y = x 2 + 3 Ta có y ' = 2x ⇒ y ' = 0 ⇔ x = 0. Khi đó y '' = 2 > 0 nên hàm số y = x 2 + 3 có
cực tiểu. Do đó ta loại các đáp án A,B,C.


Câu 20: Để nhận đầy đủ file word nhắn tin gmail vào sdt: 0961122230.

VS.AB'C' SB' SC ' a a 1
a 3 2 2a 3 2
=
.
= . = ⇒ VS.ABC = 8VS.AB'C' = 8.
=
Ta có
VS.ABC
SB SC 2a 4a 8
12
3
Câu 29: Đáp án D

Phương pháp.Sử dụng giả thiết để tìm được z = a + ai ( a ∈ ¡

)

Thay vào z − 2 = m 0 và sử dụng

yêu cầu bài toán để biện luận và tìm giá trị của m 0
Lời giải chi tiết.
2
2
Giả sử z = a + bi ( a, b ∈ ¡ , a + b > 0 ) Khi đó ta có

( 1 + i ) ( a − bi ) = ( a + b ) + i ( a − b ) ∈ ¡ ⇒ a − b = 0 ⇒ a = b ⇒ z = a + ai
1+ i
=
a + bi ( a + bi ) ( a − bi )
a 2 + b2
a 2 + b2
Thay vào z − 2 = m 0 Ta nhận được
m 0 = ( a + ai ) − 2 =

( a − 2)

2

+ a 2 = 2 ( a 2 − 2a + 2 )

m 0 > 0
⇔ 2
2

2a − 4a + 4 − m 0 = 0 ( 1)
Để có đúng một nghiệm phức thỏa mãn bài toán thì phương trình (1) phải có duy nhất một nghiệm
2
2
2
a. Khi đó phương trình (1) phải thỏa mãn ∆ ' = 2 − 2 ( 4 − m 0 ) = 0 ⇔ 2m 0 − 4 = 0 ⇔ m 0 = ± 2 Kết

 3
hợp với điều kiện m 0 > 0 ta suy ra giá trị cần tìm là m 0 = 2 ∈ 1; ÷
 2
Sai lầm.Một bộ phận nhỏ học sinh vẫn có thể quên đưa ra điều kiện m 0 > 0 nên hai nghiệm là
m0 = ± 2
Câu 30: Đáp án D
Phương pháp.Xét các trường hợp m = 1, m > 1, m < 1. Với mỗi trường hợp ta tính trực tiếp
min y, max y. Sử dụng kết quả này để tìm giá trị m.
[1;2 ]
[1;2]
Lời giải chi tiết.
Với m = 1 thì y = 1 do đó m = 1 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Với m > 1 khi đó ta có y =
x ∈ [ 1; 2] ⇒ 1 ≤ x ≤ 2 ⇒

x+m
m −1
= 1+
. Do
x +1
x +1

1

1
1
m −1 m −1 m −1
≤
≤
⇒
≤
≤
. Vì vậy
1+ 2 x +1 1+1
3
x +1
2


m −1
m −1
, min y = 1 +
. Kéo theo
[
1;2
]
2
3

[ max y = 1 +
[1;2 ]

max y + min y =
[1;2 ]


[1;2 ]

5 ( m − 1) 16
16
 m − 1   m − 1  16
⇔ 1 +
= −2⇔ m=5> 4
÷+ 1 +
÷= ⇔
3
2  
3  3
6
3


Nếu m < 1 lý luận tương tự ta cũng có max y = 1 +
[1;2 ]

m −1
m −1
, min y = 1 +
. Trong trường hợp này
[1;2 ]
3
2

không tồn tại giá trị của mthỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 31: Đáp án D

Để nhận đầy đủ file word nhắn tin gmail vào sdt: 0961122230.
Câu 32: Đáp án D
Phương pháp. Đặt x=AD. Ta thiết lập chi phi theo một hàm của x. Khảo sát và lập bảng biến thiên
cho

hàm

này

trên

0
đoạn

để

tìm

giá

trị

nhỏ

nhất.

Lời giải chi tiết.

Ta đặt x=AD. Khi đó ta có CD=9 − x ( km ) . Do ∆BCD vuông tại C nên áp dụng định lý Py-ta-go ta

nhận được BD 2 = BC2 + CD 2 = 62 + ( 9 − x ) = x 2 − 18x + 117 ⇒ BD = x 2 − 18x + 117
2

(

2
2
Chi phí lắp đặt là 100.000.000x+260.000.000 x − 18x+117 = 20.000.000 5x+13 x − 18x+117

Để

chi

phí

là

thấp

nhất

thì

ta

cần

tìm

giá

trị

nhỏ

f ( x ) = 5x+13 x 2 − 18x+117, 0 < x < 9
Ta có f ' ( x ) = 5+

13 ( x − 9 )
x 2 − 18x+117

f ' ( x ) = 0 ⇔ 5+

.

13 ( x − 9 )
x − 18x+117
2

= 0 ⇔ 5 x 2 − 18x+117 = 13 ( x − 9 )

9 − x > 0
0 < x < 9
⇔
Do đó ⇔  2 2

2
2
2
144 x − 2592x + 10764 = 0

5 ( x − 18x+117 ) = 13 ( x − 9 )
 x = 6,5 < 9
⇔
 x = 11,5 > 9

nhất

của

)

hàm


Như vậy giá trị x = 11,5 bị loại. Ta kiểm tra được f ' ( x ) > 0 trên (6,5;9) và f ' ( x ) < 0 trên (0;6,5)
do đó f ( x ) ≥ f ( 6,5 ) , ∀x ∈ ( 0;9 ) . Như vậy hàm f ( x ) đạt giá trị nhỏ nhất tại x = 6,5 Khi đó chi phí
lắp đặt sẽ nhỏ nhất. Do đó khoảng cách AD tìm được khi chi phí thấp nhất là 6,5km.
Câu 33: Đáp án A
Phương pháp.Gọi x là chiều rộng của đáy. Theo giả thiết ta thiếp lập được một hàm cho diện tích
mặt xung quanh và mặt đáy là S ( x ) với biến x.
Dùng bất đẳng thức Cô-si để tìm giá trị nhỏ nhất của S ( x ) . Lấy giá trị nhỏ nhất này nhân với số
tiền thuê để ra chi phí.
Lời giải chi tiết.
Gọi h là chiều cao của bể chứa. Đáy hồ có chiều rộng là x và chiều dài là 2x.
Theo giả thiết ta có V =

500
250
=h.x. ( 2x ) =2x 2 h ⇒ h= 2 ( 1)
3

3x

Do bể chứa không nắp nên chi phí thuê nhân công chính là chi phí thuê nhân công để xây dựng mặt
đáy với các mặt xung quanh.
2
2
Diện tích mặt đáy là x. ( 2x ) = 2x ( m )

Có 4 mặt xung quanh với tổng diện tích là h.x + h ( 2x ) + h.x + h ( 2x ) = 6xh
2
Do đó tổng diện tích mặt xung quanh với mặt đáy là S = 2x + 6xh ( 2 ) . Để chi phí thuê nhân công

là thấp nhất thì ta cần tìm cực trị của hàm S ( x ) Thay ( 1) vào ( 2 ) ta nhận được
S = 2x 2 + 6x

250
500
= 2x 2 +
2
3x
x

 2 250 250 
;
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số  2x ;
÷ ta nhận được
x
x 

S ( x ) = 2x 2 +

250 250
250 250
+
≥ 3 3 2x 2 .
.
= 3 3 2.150.250 = 150
x
x
x
x

2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2x =

150 × 100.000=15.000.000 (đồng).
Câu 34: Đáp án A
Phương pháp.
Dùng bất đẳng thức Cô-si.
Lời giải chi tiết.
Điều kiện x ≤ 2

250
⇔ x = 5. Khi đó chi phí thuê nhân công là
x


2
2
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ( x ; 4 − x )

(x+

4−x

2

)

= x +( 4−x

2

2

2

) + 2x

ta nhận được

4 − x = 4 + 2x 4 − x ≤ 4 + 2
2

2

x2 + ( 4 − x2 )
2

=8

Do đó x + 4 − x 2 ≤ 2 2
Kéo theo y ≤ 2 2 + m. Giá trị lớn nhất của y là 2 2 + m đạt được khi và chỉ khi
x > 0
⇔ x = 2 Theo giả thiết ta suy ra 2 2 + m = 3 2 ⇒ m = 2
 2
2
x = 4 − x
Câu 35: Đáp án C
Phương pháp.

(

Tính trực tiếp z − z

)

2

Lời giải chi tiết.

(

Ta có z − z

)

2

2

2
= ( a + bi ) − a + bi  = ( 2bi ) = −4b 2 . Do b ≠ 0 ⇒ −b 2 < 0. Do đó M có phần thực

âm, phần ảo bằng 0, nên thuộc tia đối của tia Ox.
Câu 36: Đáp án A
Phương pháp.
Giả sử z = a + bi ( a, b ∈ ¡

)

Giả phương trình ban đầu để tìm được nghiệm z1 , z 2 Sử dụng giả thiết

để đánh giá cho cho b. Đưa z − z 2

2

về một hàm cho b và sử dụng ước lượng cho b ở phần trước để

tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Lời giải chi tiết.
Tính toán ta tìm được hai nghiệm z1 =

1 − i 2016
1 + i 2016
, z2 =
2
2

Giả sử z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) Từ z − z1 = 1 ta suy ra

2

2

2

1 − i 2016
1 
2016 
2016 

= 1 ⇔  a − ÷ +  b +
⇒
b
+
( a + bi ) −
÷

÷ ≤1

2
2 
2 ÷
2 ÷




⇒ −1 −

2016
2016
≤ b ≤ 1−
( 1)
2
2

Áp dụng ( 1) ta nhận được


2

z − z2

2

2

2
1 + i 2016
1 
2016 

= ( a + bi ) −
=  a − ÷ +  b −
÷
2
2 
2 ÷



2

2

1 
2016 
2016
2016 

=  a − ÷ +  b +
−
4b
=
−
1
−
2b
2016
≥
1
−
2
1
−
÷

÷ 2016 = 1 − 2 2016 + 2016 =

2 

2 ÷
2
2 ÷





Do đó giá trị nhỏ nhất của P = z − z 2 là
Đạt được khi và chỉ khi b = 1 −

2016 − 1

2016
1
,a =
2
2

Câu 37: Đáp án D
Phương pháp.
Vẽ hình và chỉ ra mặt phẳng đối xứng.
Lời giải chi tiết.
Số mặt phẳng đối xứng của tứ diện đều là 6, theo hình vẽ bên.
Cụ thể mặt phẳng đối xứng đi qua một cạnh và trung
điểm của cạnh đối của cạnh này.
Câu 38: Đáp án B
Phương pháp.
Sử dụng tính chất của hàm số bậc 3 để giải bài toán.
Lời giải chi tiết.

b c
d   +∞ a < 0

ax 3 + bx 2 + cx + d ) = lim x 3  a + + 2 + 3 ÷ = 
Ta có xlim
Đáp án A sai.
(
→−∞
x →−∞
x x
x   −∞ a > 0


( ax 3 + bx 2 + cx + d ) = −∞; xlim
( ax 3 + bx 2 + cx + d ) = +∞ nên hàm số đổi
Ta có với a > 0 thì xlim
→−∞
→+∞
dấu tại ít nhất một điểm x 0 nào đó. Hay hàm số cắt trục hoành tại ít nhất một điểm.
Tương tự cho a < 0 Vậy đáp án B đúng.

( ax 3 + bx 2 + cx + d ) = +∞; xlim
( ax 3 + bx 2 + cx + d ) = −∞ nên hàm số không thể
Nếu a < 0 thì xlim
→−∞
→+∞
luôn tăng. Đáp án C sai.
Với b = c = d = 0 và a = 1 thì hàm số y = x 3 không có cực trị. Đáp án D sai.
Câu 39: Để nhận đầy đủ file word nhắn tin gmail vào sdt: 0961122230.
Câu 41: Đáp án B

Phương pháp.
Gọi z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) Sử dụng giả thiết để tìm a, bsuy ra giá trị của z. Sử dụng kết quả này để tìm
giá trị của m và kết luận.
Lời giải chi tiết.

(

201


Giả sử z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) , z ≠ 4. Khi đó ta có
a ( a − 4 ) + b 2 + i ( b ( a − 4 ) − ab )
a + bi ) ( a − 4 − bi )
(
z
a + bi
=
=
=
2
z − 4 ( a + bi ) − 4 ( a − 4 + bi ) ( a − 4 − bi )
( a − 4 ) + b2
Để

z
2
2
2
là số thuần ảo thì ta phải có a ( a − 4 ) + b = 0 ⇔ a − 4a + b ( 1)
z−4

2
Từ z − m = 6 ⇔ ( a + bi ) − m = 6 ⇔ ( a − m ) + b = 36 ( 2 )
2

Từ ( 1) suy ra b 2 = 4a − a 2 thay vào ( 2 ) ta nhận được
36 = ( a − m ) + ( 4a − a 2 ) ⇔ 36 = a 2 − 2am + m 2 + 4a − a 2
2

⇔ 36 = ( 4 − 2m ) a + m 2 ⇔ 2a ( m − 2 ) = m 2 − 36 ( 3 )
Nếu m = 2 thì ( 3) vô nghiệm
Nếu m ≠ 2 thì từ ( 3) suy ra a =

m 2 − 36
2m − 4

Vì b 2 = 4a − a 2 nên để có duy nhất một số phức z thỏa mãn điều kiện đã cho thì b = 0 Ta
nhận được a = 0 hoặc a = 4
với a = 4 thì z = a + bi = 4. Loại vì

z
là số thuần ảo
z−4

m 2 − 36
vậy a = b = 0 ⇒ z = 0. Khi đó
= 0 ⇔ m = ±6
2m − 4
Tổng các phần tử của S là 6 + ( −6 ) = 0
Câu 42: Đáp án D

Phương pháp.
Gọi z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) Sử dụng giả thiết để tìm a, bsuy ra giá trị của z.
Lời giải chi tiết.
Giả sử z = a + bi Khi đó ta có
2
2

z−2 = z

z−2 = z
⇔
 

Im
z
+
1
z
−
i
=
0
(
)
 
Im ( z + 1) z − i  = 0


(

)

(

)

2
2
 ( a + bi ) − 2 2 = a + bi 2


 ( a + bi ) − 2 = a + bi
⇔
⇔
Im ( a + bi + 1) a + bi − i  = 0
Im ( a + 1 + bi ) ( a − ( b + 1) i )  = 0

( a − 2 ) 2 + b 2 = a 2 + b 2
a 2 − 4a + 4 = a 2
a = 1

⇔
⇔
⇔


2
2
 b = −2
a + b + 1 = 0

Im ( a + b + a + b ) − i ( a + b + 1)  = 0

(

Vậy z = a + bi = 1 − 2i.

)


Sai lầm.Một số học sinh có thể nhớ nhầm i 2 = −1 thành i 2 = 1 do đó quá trình tính toán kết quả sẽ
bị sai.
Câu 43: Đáp án B
Phương pháp.
Sử dụng điều kiện cần của cực trị và định lý Vi-et để tìm trực tiếp giá trị của a, sau đó kết luận.
Lời giải chi tiết.
Ta có y ' = x 2 − 2ax − 3a. Để phương trình đã cho có hai điểm cực trị x1 , x 2 thì ta cần phương trình
y ' = 0 ⇔ x 2 − 2ax − 3a = 0 ( 1) có hai nghiệm phân biệt. Phương trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt
a > 0
2
2
khi và chỉ khi ∆ ' = a − ( −3a ) = a + 3a > 0 ⇔ a ( a + 3) > 0 ⇔ 
 a < −3
Khi đó áp dụng định lý Vi-et ta nhận được x1 + x 2 = 2a ( 2 ) . Chú ý x1 là nghiệm của ( 1)

và sử

dụng ( 2 ) nên
x12 − 2ax1 − 3a = 0 ⇒ x12 + 2ax 2 + 9a = ( x12 − 2ax1 − 3a ) + 2a ( x1 + x 2 ) + 12a = 2a ( x1 + x 2 ) + 12a = 4a 2 + 12a
2
2

Tương tự ta có x 2 + 2ax1 + 9a = 4a + 12a

Từ đó
x12 + 2ax 2 + 9a
a2
4a 2 + 12a
a2
4a + 12
a
+
=
2
⇔
+
=2⇔
+
=2
2
2
2
2
a
x 2 + 2ax1 + 9a
a
4a + 12a
a
4a + 12
2
−7 
2


⇔ ( 4a + 12 ) + a 2 − 2a ( 4a + 12 ) = 0 ⇔ ( 4a + 12 ) − a  = 0 ⇔ a = −4 ∈  −5; ÷
2 


Câu 44: Đáp án A
Phương pháp.
Dùng định nghĩa của tiệm cận đứng để tìm tiệm cận đứng.
Lời giải chi tiết.
y = ±∞ hoặc
Để đồ thị hàm số có tiệm cận đứng thì ta cần phải chỉ ra tồn tại a sao cho xlim
→a +
lim y = ±∞

x →a −

Với m = −2 thì hàm đã cho trở thành y =
Với m ≠ −2 Khi đó lim+ y = lim+
x →m

x →m

2x + 4 +∞ khi 2m + 4 > 0
=
. Do đó x = m là tiệm cận đứng.
x − m −∞ khi 2m + 4 < 0

Vậy với m ≠ −2 thì đồ thị hàm số y =
Câu 45: Đáp án A

2x + 4
= 2. Do đó đồ thị không có tiệm cận đứng.
x − ( −2 )

2x + 4
có tiệm cận đứng.
x−m


Phương pháp.
Dùng tính chất hàm số y = f ( x ) tăng hay đồng biến trên tập D khi y ' = f ' ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ D
Lời giải chi tiết.
Ta

có

y ' = 3x 2 − 6x + m.

Để

hàm

số

đã

cho

tăng

trên

( 1; +∞ )

thì

y ' > 0, ∀x ∈ ( 1; +∞ ) ⇔ 3x 2 − 6x + m > 0, ∀x ∈ ( 1; +∞ )
2
Xét hàm số f ( x ) = 3x − 6x trên ( 1; +∞ ) .

Ta có f ( x ) = 3x 2 − 6x = 3 ( x − 1) − 3 > −3, ∀x ∈ ( 1; +∞ )
2

2
Do đó nếu −3 + m ≥ 0 ⇔ m ≥ 3, thì ta có 3x − 6x + m > 0, ∀x ∈ ( 1; +∞ ) . Hay hàm số đã cho tăng

trên ( 1; +∞ )
Câu 46: Đáp án B
Phương pháp.
Tìm trực tiếp thiết diện và kết luận.
Lời giải chi tiết.

Gọi E và F lần lượt là giao điểm của MN với AB và AD. Trong mặt phẳng (SAB) gọi P là giao điểm
của KE và SB. Trong ( SAD ) gọi Q là giao điểm của KF và SD.
Khi đó KPNMQ là giao tuyến của ( MNK ) với hình chóp. Do đó ( H ) là ngũ giác KPNMQ.
Câu 47: Đáp án B
Phương pháp.
Dùng công thức sin a sin b + cos a cos b = cos ( a − b ) , −1 ≤ cos x ≤ 1, ∀x, a, b ∈ ¡
Lời giải chi tiết.
1


3
π

cos2x  + 1 = 2cos  2x − ÷+ 1
Ta có y = sin2x + 3cos2x+1 = 2  sin 2x +
2
6

2

π
π


Do −1 ≤ cos  2x − ÷ ≤ 1 ⇒ −1 ≤ 2 cos  2x − ÷+ 1 ≤ 3. Như vậy a = −1, b = 3
3
3




Do đó T = a + b = ( −1) + 3 = 2
Câu 48: Đáp án C
Phương pháp.
Sử dụng định nghĩa của xác suất.
Lời giải chi tiết.
3
Tổng số sách là 4+3+2 = 9. Số cách lấy 3 quyển sách là C9 = 84 (cách).

Số quyển sách không phải là sách toán là 3 + 2 = 5
3
Số cách lấy 3 quyển sách không phải là sách toán là C5 = 10 (cách).

Do đó số cách lấy được ít nhất một quyển sách toán là 84 − 10=74 (cách).
Vậy xác suất để lấy đượcc ít nhất một quyển là toán là

74 37
=
84 42

Câu 49: Đáp án B
Phương pháp.
Sử dụng định nghĩa, công thức đạo hàm cơ bản để tính trực tiếp đạo hàm và kết luận.
Lời giải chi tiết.
2
Ta có x > 1 thì f ( x ) = x + 1 nên f ' ( x ) = 2x ⇒ f ' ( 2 ) = 2.2 = 4 Đáp án D đúng.

Tương tự ta có f ( 0 ) = 2 đáp án C đúng.
Ta kiểm tra xem f có đạo hàm tại x 0 = 1 hay không?
x 2 + 1) − 2
f ( x ) − f ( 1)
(
x 2 −1
Ta có lim
=
lim
=
lim
= lim+ ( x + 1) = 2

x →1+
x →1+
x →1+ x − 1
x →1
x −1
x −1
Tương tự ta có lim−
x →1

Như vậy lim−
x →1

f ( x ) − f ( 1)
2 ( x − 1)
2x − 2
= lim−
= lim−
= lim− 2 = 2
x →1
x →1
x −1
x − 1 x →1 x − 1

f ( x ) − f ( 1)
f ( x ) − f ( 1)
= lim+
=2
x →1
x −1
x −1

Do đó f ' ( 1) = 2 Đáp án A đúng.
Câu 50: Đáp án A
Phương pháp.
Tìm điều kiện để phương trình ban đầu có nghĩa. Giải trực tiếp phương trình đã cho và đối chiếu
điều kiện để suy ra nghiệm cần tìm.
Lời giải chi tiết.
π


x≠
3x ≠ + kπ

cos3x
≠
0



2
⇔
⇔
Điều kiện 
cosx ≠ 0
 x ≠ π + kπ
x ≠

2


π kπ
+
6 3
( k ∈¢)
π
+ kπ
2