Moon.vn

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA

ĐỀ MINH HỌA SỐ 18

NĂM HỌC: 2019 – 2020
MÔN: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

Câu 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC, với A  1; 2;1 , B  3;0;3 ,
C  2; 4; 1 . Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
A. D  6; 6;3 .

B. D  6;6;3 .

C. D  6; 6; 3 .

D. D  6;6; 3

2
Câu 2. Với các số thực a, b  0 , a �1 tùy ý, biểu thức log a2  ab  bằng:

A.

1
 4 log a b .
2

Câu 3. Hàm số y 

B. 2  4 log a b .

C.

1
 log a b .
2

D. 2  log a b

x3
 3x 2  5 x  2019 nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây?
3

A.  5; � .

B.  �;1 .

C.  2;3 .

D.  1;5  .

2
Câu 4. Số nghiệm của phương trình ln  x  6 x  7   ln  x  3 là

A. 2.

B. 1.

C. 0.


D. 3.

Câu 5. Dãy số nào sau đây là cấp số cộng?
A.  un  : un 

1
.
n

B.  un  : un  un 1  2, n �2 .

n
C.  un  : un  2  1 .

D.  un  : un  2un 1 , n �2 .

Câu 6. Hàm số nào dưới đây có đồ thị như hình vẽ?

A. y   x 4  2 x 2  1 .

B. y  x 4  2 x 2  1 .

C. y  x3  3 x  1 .

D. y   x3  3 x 2  1 .

Câu 7. Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  6  0 và  Q  : x  2 y  2 z  3  0 .
Khoảng cách giữa hai mặt phẳng  P  và  Q  bằng
A. 3.


B. 6.

C. 1.

D. 9.

Câu 8. Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông, diện tích xung quanh bằng 4 . Thể tích khối
trụ là
Trang 1


A.

2
.
3

B. 2 .

C. 4 .

D.

4
.
3

Câu 9. Số cách chọn ra 3 bạn bất kỳ từ một lớp có 30 bạn là:
3

A. C30 .

B.

A303
.
3

3
C. 3! A30 .

3
D. A30 .

r
r
r r
Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vec tơ a   2; 3;1 , b   1;0;1 . Tính cos a , b .



1
r r
A. cos a , b 
.
2 7






1
r r
B. cos a , b 
.
2 7





3
r r
C. cos a , b 
.
2 7





4

2

0

0




3
r r
D. cos a , b 
2 7





f  x  dx  32 . Tính tích phân J  �
f  2 x  dx
Câu 11. Cho tích phân I  �
A. J  32 .

B. J  64 .

C. J  8 .

D. J  16 .

B C có AB  2a , AA�
Câu 12. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A���
 a 3 . Tính thể tích V của khối
B C theo a?
lăng trụ ABC. A���
A. V  a 3 .

B. V  3a 3 .


C. V 

a3
.
4

D. V 

3a 3
.
4

Câu 13. Cho số phức z thỏa mãn  2  3i  z  4  3i  13  4i . Mô đun của z bằng
A. 20.

B. 4.

C. 2 2 .

D. 10 .

Câu 14. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị. Hàm số đã cho đạt cực đại tại

A. x  1 .

B. x  2 .

C. x  1 .

2

x
Câu 15. Tìm họ nguyên hàm của hàm số y  x  3 

D. x  2 .

1
.
x

A.

x 3 3x

 ln x  C , C ��.
3 ln 3

B.

x 3 3x

 ln x  C , C ��.
3 ln 3

C.

x3
1
 3x  2  C , C ��.
3
x


D.

x 3 3x
1

 2  C , C ��.
3 ln 3 x

Câu 16. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến như hình vẽ bên. Hỏi phương trình f  x   2  3  0 có bao
nhiêu nghiệm?
Trang 2


�
x
y�
y

–1
0
4

+

�
B. 6.

A. 3.


�

3
0

–

+
�

–2
C. 4.

D. 5.

Câu 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB  a , AD  2a , cạnh bên SA vuông
góc với đáy và thể tích khối chóp S.ABCD bằng

2a 3
. Tính góc tạo bởi đường thẳng SB với mặt phẳng
3

 ABCD  .
A. 60°.

B. 75°.

C. 30°.

D. 45°.


Câu 18. Cho hai số phức z1  4  3i , z2  4  3i . Hỏi z1 , z2 là nghiệm của phương trình nào sau đây
A. z 2  8 z  25  0 .

B. z 2  8 z  25  0

Câu 19. Tìm đạo hàm của hàm số y  3x
A. y '  3

x2  2 x

 3x
C. y �

2

2 x

2

C. z 2  4 z  25  0 .

D. z 2  4 z  25  0 .

2 x

ln 3 .

B. y�



 2 x  2  ln 3 .

D. y �


3x

2

2 x

 2x  2 .

ln 3
2

3x  2 x
ln 3

Câu 20. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 

x2  x  3
trên  2;1 .
x2

Tính T  M  2m .
A. T 

25

.
2

B. T  11 .

C. T  7 .

D. T  10 .

Câu 21. Trong không gian Oxyz, cho A  1;3;5  , B  5; 3; 1 . Phương trình mặt cầu đường kính AB
là:
A.  x  2   y 2   z  2   27 .

B.  x  2   y 2   z  2   3 3 .

C.  x  2   y 2   z  2   3 3 .

D.  x  2   y 2   z  2   27 .

2

2

2

2

2

2


2

2

B C D có cạnh bằng a. Diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình
Câu 22. Cho hình lập phương ABCD. A����

lập phương đó là:
A. S   a 2 .

B. S 

3 a 2
.
4

C. S  3 a 2 .

D. S  12 a 2 .

Câu 23. Đồ thị hàm số y  x 3  2mx 2  m 2 x  n có tọa độ điểm cực tiểu là  1;3 . Khi đó m  n bằng:
A. 4.

B. 3.

C. 2.

D. 1.


1
Câu 24. Cho số thực x thỏa mãn: log x  log 3a  2 log b  3log c (a, b, c là các số thực dương). Hãy
2
biểu diễn x theo a, b, c.
Trang 3


A. x 

c 3 3a
.
b2

B. x 

3a
.
2 3
bc

C. x 

3ac
.
b2

D. x 

3ac 3
.

b2

 n �N  . Tìm hệ số

Câu 25. Cho đa thức f  x    1  3x   a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n
n

*

a3 biết rằng

a1  2a2  ...  nan  49152n .
A. a3  945 .

B. a3  252 .

Câu 26. Cho phương trình 4 x

2

2 x

 2x

2

 2 x 3

C. a3  5670 .
 3  0 . Khi đặt 2 x


2

D. a3  1512 .
 t ; t  0 ta được phương trình nào

2 x

dưới đây?
A. 4t  3  0 .

B. 2t 2  3  0 .

C. t 2  8t  3  0 .

D. t 2  2t  3  0 .

Câu 27. Cho A là điểm nằm trên mặt cầu  S  tâm  O  , có bán kính R  6cm . I, K là 2 điểm trên đoạn
OA sao cho OI  IK  KA . Các mặt phẳng    ,    lần lượt qua I, K cùng vuông góc với OA và cắt mặt
r1
r2

cầu  S  theo các đường tròn có bán kính r1 , r2 . Tính tỉ số
A.

r1
4

.
r2

10

B.

r1
5

.
r2 3 10

C.

r1 3 10

.
r2
4

D.

r1 3 10

.
r2
5

Câu 28. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên
x
f ' x


�
2

–2
–

+

f  x

2
0

�
–

5
1 �

�

Số đường tiệm cận đứng và ngang của đồ thị hàm số đã cho là
A. 4.

B. 2.

C. 3.

D. 1.


Câu 29. Một chất điểm đang chuyển động với vận tốc v0  15m / s thì tăng tốc với gia tốc
a  t   t 2  4t  m / s  . Tính quãng đường chất điểm đó đi được trong khoảng thời gian 3 giây kể từ lúc bắt
đầu tăng vận tốc.
A. 68,25 m.

B. 70,25 m.

Câu 30. Cho 2 đường thẳng d1 :

C. 69,75 m.

D. 67,25 m.

x
y z 1
x 1 y z  2


 
và d 2 :
. Phương trình đường thẳng qua
1 2
1
2
1
1

A  2;1; 1 và vuông góc với cả d1 ; d 2 là
A.


x  2 y 1 z 1


.
1
2
3

B.

x  2 y 1 z 1


.
3
3
1

Trang 4


C.

x  2 y 1 z 1


.
1
3
3


Câu 31. Biết

D.

x  2 y 1 z 1


.
1
3
5

x 1

dx  a ln | x  1 | b ln | x  2 | C ,  a, b �� . Tính giá trị của biểu thức
�
 x  1  x  2 

ab

.
A. a  b  1 .
e

Câu 32. Biết

B. a  b  5 .

C. a  b  5 .


D. a  b  1 .

ln x

dx  a ln 3  b ln 2  c ,  a, b, c �Q  . Tính giá trị của S  a
�
x  ln x  2 

2

 b2  c2 .

1

A. S  6

B. S  14 .

C. S  10 .

D. S  9 .

Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

x 1 y z  2
 
, mặt phẳng  P  :
2
1

1

x  y  2 z  5  0 và A  1; 1; 2  . Đường thẳng  cắt d và (P) lần lượt tại M và N sao cho A là trung
điểm của đoạn thẳng MN. Một vectơ chỉ phương của  là
r
r
r
A. u   2;3; 2  .
B. u   1; 1; 2  .
C. u   3;5;1 .
Câu 34. Xét số phức R thỏa mãn

r
D. u   4;5; 13  .

z2
là số thuần ảo. Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức
z  2i

R luôn thuộc một đường tròn cố định. Bán kính của đường tròn đó bằng:
A. 1.

B.

2.

C. 2 2 .

D. 2.


 x  có đồ thị như sau:
Câu 35. Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f �

2
Bất phương trình f  x   x  2 x  m đúng với mọi x � 1; 2  khi và chỉ khi

A. m �f  2  .

B. m �f  1  1 .

C. m �f  2   1 .

D. m �f  1  1 .

Câu 36. Cho hàm số y  f  x  có bảng xét dấu của đạo hàm như sau.
x
f�
 x

�
+

0
0

–

1
0


–

2
0

+

3
0

�
–

3
Hàm số y  f  x  1  x  12 x  2019 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A.  1; � .

B.  1; 2  .

C.  �;1 .

D.  3; 4  .

Trang 5


Câu 37. Một nhóm gồm 3 học sinh lớp 10, 3 học sinh lớp 11 và 3 học sinh lớp 12 được xếp ngồi vào một
hàng có 9 ghế, mỗi học sinh ngồi 1 ghế. Tính xác suất để 3 học sinh lớp 10 không ngồi 3 ghế liền nhau.
A.


5
.
12

B.

1
.
12

C.

7
.
12

D.

11
.
12

Câu 38. Người ta xếp bảy viên bi là các khối cầu có cùng bán kính R vào một cái lọ hình trụ. Biết rằng
các viên bi đều tiếp xúc với hai đáy, viên bi nằm chính giữa tiếp xúc với sáu viên bi xung quanh và mỗi
viên bi xung quanh đều tiếp xúc với các đường sinh của lọ hình trụ. Tính theo R thể tích lượng nước cần
dùng để đổ đầy vào lọ sau khi đã xếp bi.
A. 6 R 3 .

B.


26 R 3
.
3

C. 18 R 3 .

Câu 39. Gọi K là tập nghiệm của bất phương trình 7 2 x 

z 1

 7 2

28 R 3
.
3

D.
x 1

 2018 x �2018 . Biết rằng tập hợp tất

3
2
cả các giá trị của tham số m sao cho hàm số y  2 x  3  m  2  x  6  2m  3 x  3m  5 đồng thời trên K

a  b ; ��
là �
�
�, với a, b là các số thực. Tính S  a  b .

A. S  14 .

B. S  8 .

C. S  10 .

D. S  11 .

Câu 40. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên tạo với góc 60°. Gọi M
là trung điểm của SC. Mặt phẳng qua AM và song song với BD, cắt SB, SD lần lượt tại E và F và chia
khối chóp thành hai phần. Tính thể tích V của khối chóp không chứa đỉnh S.
A. V 

a3 6
.
36

B. V 

a3 6
.
9

C. V 

a3 6
.
18

D. V 


Câu 41. Cho hàm số f  x  liên tục và luôn dương trên. Biết rằng f  4   2 ,

1

a3 6
.
12

xdx

�f  4 x   1 . Tính tích
0

x2 f �
 x  dx
phân I  � 2
.
f  x
0
4

B. I  16 .

A. I  12 .

C. I  6 .

D. I  24 .


Câu 42. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  9  0 và điểm A  1; 2; 3  . Đường
r
thẳng d đi qua A và có vectơ chỉ phương u   3; 4; 4  cắt  P  tại B. Điểm M thay đổi trên  P  sao cho
M luôn nhìn đoạn AB dưới một góc 90°. Độ dài đoạn MB lớn nhất bằng
A.

36
.
5

B.

41 .

C. 6.

D.

5.

Câu 43. Cho hàm số y  f  x  là hàm số bậc ba có bảng biến thiên như hình vẽ

x

�

–2

1


�
Trang 6


y�
y

–
�

0

+

–
�

–6

Số đường tiệm cận đứng và ngang của đồ thị hàm số y 
A. 4.

0
–2

B. 1.

2 x  7  3 4x  5
là
f  x  2


C. 2.

D. 3.

Câu 44. Cho các số phức z, w thỏa mãn z  5  3i  3 , iw  4  2i  2 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
T  3iz  2w
578  13 .

A.

578  5 .

B.

554  13 .

C.

554  5 .

D.

Câu 45. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số bậc ba y  f  x  và các trục tọa độ là S  32
(hình vẽ bên). Tính thể tích vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng trên quanh trục Ox.

A.

3328
.

35

B.

9216
.
5

C.

13312
.
35

D.

1024
.
5

3
2
Câu 46. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau. Hàm g  x   2 f  x   6 f  x   1 có bao

nhiêu điểm cực tiểu?
x
f ' x

�
–


0
0

+

f  x
A. 3.

3
0

�
–

5
�
B. 4.

�

1
C. 5.

D. 6.

B C D cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh A��
Câu 47. Cho hình lập phương ABCD. A����
B


và BC. Mặt phẳng  DMN  chia khối lập phương thành hai khối đa diện. Gọi  H  là khối đa diện chứa

 là khối đa diện còn lại. Tính tỉ số
đỉnh A và  H �

V H 
V H �

.

Trang 7


A.

V H 
V H �



55
.
89

B.

V H 
V H �




37
.
48

C.

V H �



1
.
2

D.

 S  :  x  2  2   y  1 2   z 

Câu 48. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu



V H 

V H 
V H �
2




2



2
.
3

 9 và hai điểm



uuuu
r uuur
A 2;0; 2 2 , B  4; 4;0  . Biết rằng tập hợp các điểm M thuộc  S  sao cho MA2  MO.MB  16 là
một đường tròn. Bán kính của đường tròn đó bằng
A.

3.

B.

Câu 49. Phương trình

2.

 2  3

x


C. 2 2 .



  1  2a  2  3



x

D.

5.

 4  0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn

x1  x2  log 2 3 3 . Khi đó a thuộc khoảng
3�
�
�;  �.
A. �
2�
�

B.  0; � .

�3
�
C. � ; ��

.
�2
�

�3
�
 ; ��.
D. �
�2
�

Câu 50. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m � 100;100 sao cho phương trình

 log

2
2

x  3log 2 x  2

A. 103.



9 x   m  1 3 x  m  0 có đúng hai nghiệm phân biệt. Số phần tử của tập hợp S là
B. 102.

C. 101.

D. 100.


Trang 8


Đáp án
1-D
11-D
21-A
31-A
41-D

2-C
12-B
22-C
32-D
42-D

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

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

5-B

15-B
25-D
35-A
45-C

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

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

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

9-A
19-C
29-C
39-A
49-D

10-A

20-B
30-D
40-B
50-A

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án D
Gọi D  x; y; z 
uuu
r
uuur
Ta có: AB   4; 2; 2  , DC   2  x; 4  y; 1  z 
2  x  4
�
�x  6
uuu
r uuur
�
�
4  y  2 � �y  6 � D  6;6; 3  .
Tứ giác ABCD là hình bình hành � AB  DC � �
�
�z  3
1  z  2
�
�
Câu 2: Đáp án C
Phương pháp:
Áp dụng công thức: log an b 


1
log a b  a, b  0, a �1, n �0  và log a b n  n.log a b  a, b  0, a �1
n

Lưu ý: log a a  1  a  0, a �1
Cách giải:





log a2 ab 2  log a2 a  log a 2 b 2 

1
1
1
log a a  .2 log a b   log a b
2
2
2

Câu 3: Đáp án D
Phương pháp:
�0 và y �
 0 tại hữu hạn điểm trên D.
Xác định khoảng D mà y �
Cách giải:

x 1
�

x3
0� �
y   3 x 2  5 x  2019 � y�
 x 2  6 x  5 , y�
x5
3
�
Hàm số y 

x3
 3 x 2  5 x  2019 nghịch biến trên  1;5 
3

Câu 4: Đáp án B
Phương pháp:
�
�
�f  x   g  x 
�f  x   g  x 
ln f  x   ln g  x  � �
hoặc �
�f  x   0
�g  x   0
Trang 9


Cách giải:
��
x2
�x 2  6 x  7  x  3 �x 2  7 x  10  0

��
��
� ��
x5� x5
Ta có: ln  x  6 x  7   ln  x  3 � �
�x  3  0
�x  3
�x  3
�
2

Câu 5: Đáp án B
Hiệu hai số hạng liên tiếp là hằng số thì đó là cấp số cộng.
Câu 6: Đáp án C
Phương pháp: Quan sát đồ thị hàm số, loại trừ từng phương án.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên loại đáp án A và B.
Đồ thị hàm số có nét cuối cùng đi lên nên a a  0 � loại đáp án D.
Câu 7: Đáp án A
Phương pháp
Sử dụng mối quan hệ về khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song  P  và  Q 
d   P  ,  Q    d  M ;  Q   với M � P  .
Cho M  x0 , y0 , z0  và  Q  : ax  by  cz  d  0 thì d  M ;  Q   

ax0  by0  cz0  d
a 2  b2  c 2

Cách giải:
Nhận thấy rằng  P  : x  2 y  2 z  6  0 và  Q  : x  2 y  2 z  3  0 song song vì
Nên lấy M  0; 4;1 � P  thì d   P  ;  Q    d  M ;  Q   


0  4.2  2.1  3
12  2 2   2 

2



1 2 2 6
 
�
1 2 2 3

9
3.
9

Câu 8: Đáp án B
Phương pháp:
Diện tích xung quanh của hình trụ: S xq  2 rl  2 rh
Thể tích khối trụ V   r 2 h
Cách giải:

Trang 10


ABB�
A�là hình vuông � h  2r
2
Diện tích xung quanh của hình trụ: S xq  2 rh  2 r.2r  4 r  4 � r  1 � h  2


Thể tích khối trụ V   r 2 h   .12.2  2
Câu 9: Đáp án A
3
Chọn 3 bạn bất kỳ không có thứ tự ta có C30 .

Câu 10: Đáp án A

rr
a.b
r r
Ta có: cos a , b  r r 
a .b





2.1   3 .0  1.1

 2 

2

  3  12 . 12  02  12
2



1

2 7.

Câu 11: Đáp án D
4

4

4

1
1
�t � 1
f  t  d � � �
f  t  dt  �
f  x  dx  .32  16 .
Đặt 2 x  t � J  �
20
2
�2 � 2 0
0
Câu 12: Đáp án B
Phương pháp:
Áp dụng công thức tính thể tích lăng trụ: V  B.h trong đó: V là thể tích lăng trụ, B là diện tích đáy của
lăng trụ, h là chiều cao của lăng trụ.
Cách giải:

Diện tích tam giác đều ABC có cạnh 2a là: S ABC

 2a 



2

3

4

 a2 3

� 2 3.a 3  3a 3 .
Thể tích lăng trụ là: VABC . A���
B C  S ABC . AA  a
Câu 13: Đáp án D
Phương pháp:
Biến đổi phương trình đã cho, tìm z.
Mô-đun của số phức z  a  bi là: z  a  bi  a 2  b 2
Cách giải:

 2  3i  z  4  3i  13  4i �  2  3i  z  13  4i  4  3i
�  2  3i  z  9  7i
Trang 11


�z

 9  7i   2  3i 
9  7i
�z
2  3i
 2  3i   2  3i 


�z

18  21.i 2  14i  27i
22  32

�z

39  13i
� z  3i
13

� z  32   1  10
2

Câu 14: Đáp án A
Phương pháp:
Quan sát đồ thị hàm số đã cho để kết luận.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số đã cho ta thấy hàm số đã cho đạt cực đại tại x  1
Câu 15: Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng các công thức nguyên hàm cơ bản.
Cách giải:
x3 3x
�2 x 1 �
dx  
 ln x  C  C �� .
Ta có: �
�x  3  �

x�
3 ln 3
�
Câu 16: Đáp án C
f  x   2  3  0 � f  x   2  �3 � f  x   5 ; f  x   1
Hai phương trình này lần lượt có 1 nghiệm và 3 nghiệm, suy ra có 4 nghiệm
Câu 17: Đáp án D
Góc cần tìm chính là góc SBA. Ta có V 

2a 3 1
 .a.2a.SA � SA  a
3
3

Như vậy tam giác SAB vuông cân tại A, suy ra góc cần tìm là 45 độ.
Câu 18: Đáp án B
�z1  z2  8
� z1 , z2 là nghiệm của phương trình z 2  8 z  25  0 .
Ta có: �
z
z

25
�1 2
Câu 19: Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng công thức đạo hàm của hàm mũ và hàm hợp để làm bài toán.
Cách giải:




Ta có: y �
 3x

2

2 x

 �  2 x  2  3

x2 2 x

ln 3

Câu 20: Đáp án B
Trang 12


Hàm số y 
y�


x2  x  3
xác định và liên tục trên đoạn  2;1 .
x2

x2  4x  5

 x  2


y  2  

2

�
x  1� 2;1
 0 � x2  4x  5  0 � �
, y�
x  5 � 2;1
�

5
, y  1  5 , y  1  1 .
4

Vậy M  1 , m  5 � T  M  2m  11 .
Câu 21: Đáp án A
Mặt cầu  S  đường kính AB có tâm I  2;0; 2  là trung điểm AB và bán kính
R

AB
108
2
2

 3 3 �  S  :  x  2   y 2   z  2   27 .
2
2

Câu 22: Đáp án C

Phương pháp:
Diện tích mặt cầu bán kính R là S  4 R 2
Cách giải:
AC � a 3
B C D , cạnh bằng a có bán kính mặt cầu ngoại tiếp R 
Hình lập phương ABCD. A����

2
2
2

�a 3 �
2
Diện tích mặt cầu đó là: S  4 . �
�2 �
� 3 a
� �
Câu 23: Đáp án A
 3 x 2  4mx  m 2
Ta có: y �
��
m 1
�
�
 1  0 �
3  4m  m 2  0
��
�y�
m3
��

� ��
Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là  1;3 � �
1  2m  m 2  n  3 �
�
�y  1  3
n   m 2  2m  2
�
• m  1 � n  3 ta được hàm số y  x 3  2 x 2  x  3
x 1
�
�
y�
 3x  4 x  1 � y�
0�
1
�
x
� 3
2

Lập trục xét dấu của y �ta suy ra x  1 là điểm cực tiểu của hàm số.
�m  1
Vậy �
thỏa mãn � m  n  4 .
�n  3
• Với m  3 � n  1 ta được hàm số y  x 3  6 x 2  9 x  1
x 1
�
y�
 3 x 2  12 x  9 � y�

0� �
x3
�
Trang 13


Lập trục xét dấu của y �ta suy ra x  1 là điểm cực đại của hàm số.
�m  3
Vậy �
không thỏa mãn.
�n  1
Câu 24: Đáp án D
1
log 3a  2 log b  3log c � log x  log 3a  log b 2  log c 3
2

Ta có: log x 

3a . c 3
3ac3
�
x

b2
b2

� log x  log

Câu 25: Đáp án D
Phương pháp:

Đạo hàm hàm số f  x  và chọn giá trị x phù hợp để tính giá trị biểu thức đề bài cho.
Cách giải:
n

k
2
n
Ta có: f  x    1  3x   �Cn  3 x   a0  a1 x  a2 x  ...  an x
n

k

k 0

� f�
 x   n  1  3x 

n 1

 a1  2a2 x  ...  nan x n 1

Chọn x  1 ta có: f �
 1  3x  1  3x 

n 1

 a 1  2a2  ...  nan  49152n

� 3n.4n 1  49152n � 4n 1  16384
� 4n  65536 � n  8  tm 

� a3  C83 .33  1512
Câu 26: Đáp án C
Phương trình tương đương 4 x

2

2 x

 2x

2

2x

.23  3  0 � t 2  8t  3  0

Câu 27: Đáp án A
Phương pháp:
Áp dụng định lí Pytago ta có R 2  r 2  d 2 trong đó R là bán kính mặt cầu  S  , d là khoảng cách từ tâm
đến mặt phẳng  P  , r là bán kính đường tròn thiết diện cắt bởi mặt phẳng  P  của  S  .
Cách giải:
Áp dụng định lí Pytago ta có:
2

�R � 2 2 R
r1  R  OI  R  � � 
3
�3 �
2


2

2

2

�2 R � R 5
r2  R  OK  R  � � 
3
�3 �
2

2

2

Trang 14


2 2R
r1
2 2
4
�  3 

r2
R 5
5
10
3

Câu 28: Đáp án B
Phương pháp:
Quan sát đồ thị hàm số đã cho và dựa vào những kiến thức đã học về đồ thị hàm số để kết luận.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  2 và tiệm cận ngang y  2
Câu 29: Đáp án C
a  t  dt  �
Ta có v  t   �
 t 2  4t  dt 

t3
 2t 2  C  m / s 
3

Do khi bắt đầu tăng tốc v0  15 nên v t  0  15 � C  15 � v  t  

t3
 2t 2  15
3

3
3
� t3
�
t 4 2 3 �3
2�
v  t  dt  �
15



2
t
dt

15
t

 t �  69, 75 m
Khi đó quãng đường đi được bằng S  �
�
� �
3
12 3 �0
� �
0
0�

Câu 30: Đáp án D
�A  d �d1
Gọi d là đường thẳng cần tìm, gọi �
�B  d �d 2
�x  a
�x  1  2b
�
�
d 2 : �y  b
� B  2b  1; b; b  2 
+) d1 : �y  2a � A  a; 2a; a  1 ;
�z  1  a
�z  2  b

�
�
uuu
r
+) d nhận AB   2b  a  1; 2a  b;  a  b  3 là một VTCP.
uuur uur
�
uur
uur
�AB.ud1  0
Mà d  d1 , d  d 2 và ud1   1; 2;1 , ud2   2;1; 1 nên �uuur uur
�
�AB.ud2  0
1
�
a


�
�
 2b  a  1  2  2a  b    a  b  3   0 �6a  b  2 �
�
5
��
��
��
a  6b  5
4
2  2b  a  1   2a  b    a  b  3   0
�

�
�
b
�
5
uuur � 2 6
r
�
� AB  �
 ;  ; 2 �� d nhận u   1;3;5  là một VTCP.
�5 5
�
Mà d qua A  2;1; 1 � d :

x  2 y 1 z 1


1
3
5

Câu 31: Đáp án A
2  x  2   3  x  1
x 1
dx

�
�  x  1  x  2  dx
 x  1  x  2 
Trang 15



3 �
�2
�
dx
� 
�
�x  1 x  2 �
 2 ln x  1  3ln x  2  C
� a  2, b  3 � a  b  1 .
Câu 32: Đáp án D
Đặt t  ln x � dt 

x 1� t  0
dx
. Đổi cận
x  e �t 1
x

e

1

1

ln x
t
� 2 �
dx  � dt  �

1
dt   t  2ln t  2 
Khi đó �
�
�
x  ln x  2 
t2
t 2�
1
0
0�

1

 2ln 3  2ln 2  1

0

Suy ra a  2, b  2, c  1 � S  a 2  b 2  c 2  9 .
Câu 33: Đáp án A
�x  1  2t
�
Đường thẳng d có phương trình tham số là: �y  t
�z  2  t
�
uuuu
r
Gọi M  1  2t ; t ; 2  t  �d có MN   4; 6; 4 
Do A là trung điểm của đoạn thẳng MN nên N  3  2t ; 2  t ; 2  t 
Mặt khác N � P  �  3  2t    2  t   2  2  t   5  0 � t  2  0 � t  2

r
Suy ra: M  3; 2; 4  và N  1; 4;0  . Vậy d có một vectơ chỉ phương là u   2;3; 2  .
Câu 34: Đáp án B
Phương pháp:
Gọi z  a  bi , đưa số phức

z2
z2
 A  Bi , khi đó
 A  Bi là số thuần ảo � A  0 . Từ đó suy ra
z  2i
z  2i

tập hợp các điểm biểu diễn số phức z.
Cách giải:
Gọi z  a  bi ta có:
a   b  2 i �
 a  2   bi �
z  2  a  2   bi �
��
�
�

�
z  2i a   b  2i  i �
a

b

2

i
a

b

2
i
�
�
�




�
��
�




 a  2  a   a  2   b  2  i  abi  b  b  2 
2
a2   b  2
a 2  2a  b 2  2b
a2   b  2

2




 a  2   b  2   ab i
2
a2   b  2

Để số trên là số thuần ảo � có phần thực bằng 0 � a 2  2a  b 2  2b  0
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I  1;1 , bán kính R 

 1

2

 12  0  2
Trang 16


Câu 35: Đáp án A
2
Bất phương trình � m  f  x   x  2 x  g  x  đúng với mọi x � 1; 2 

 * .

2
 x  f �
 x   2x  2  f �
 x   2  x  1
Xét g  x   f  x   x  2 x với x � 1; 2  ta có g �

 x   0 và 2  x  1  0 � g �
 x   0  x � 1; 2  

Với x � 1; 2  thì f �
Do đó hàm số g  x  nghịch biến trên khoảng  1; 2 
Khi đó  * ۣ m

g  2

f  2 .

m

Câu 36: Đáp án B
 f�
 x  1  3x 2  12
Ta có: y �
��
0  x 1  2
��
1 x  3
�
 x  1  0 ��
�f �
��
x 1  3
� ��
� ��
� 1 x  2
x4
Ta chọn x sao cho � 2
3 x  12  0
�2

�
�
2  x  2
�
�x  4

 x   0 hay hàm số nghịch biến trên khoảng  1; 2  .
Vậy với 1  x  2 thì f �
Câu 37: Đáp án D
Xếp 9 học sinh vào 9 ghế có   9! cách xếp.
Gọi A là biến cố: “3 học sinh lớp 10 không ngồi 3 ghế liền nhau”
Khi đó A là biến cố: “3 học sinh lớp 10 ngồi 3 ghế liền nhau”
Xếp 3 học sinh lớp 10 và coi là một phần tử M có 3! cách.
Xếp phần tử M cùng 6 học sinh còn lại có: 7! cách.
Do đó  A  3!.7! � P  A  

3!.7! 1
11
 � P  A  1  P  A  
9! 12
12

Câu 38: Đáp án B
Phương pháp:
+) Xác định bán kính đáy và chiều cao hình trụ.
+) Tính thể tích khối trụ
+) Tính tổng thể tích 7 viên bi, từ đó suy ra thể tích lượng nước cần
dùng.
Cách giải:
Ta mô phỏng hình vẽ đáy của hình trụ như sau:

Khi đó ta có Rht  3R và chiều cao hình trụ chính bằng đường kính
viên bi và h  2 R .
� Vht   Rht2 .h   .  3R  .2 R  18 R 3
2

4
28 R 3
Thể tích 7 viên bi là 7.  .R 3 
.
3
3
Trang 17


Vậy thể tích lượng nước cần dùng để đổ đầy vào lọ sau khi đã xếp bi là 18 R 3 

28 R 3 26 R 3

3
3

Câu 39: Đáp án A
ĐK: x �1 .
Ta có
72 x

x 1

 7 2




x 1

 2018 x �2018 � 7 2 x 





x 1





 1009 2 x  x  1 �7 2

x 1



 1009 2  x  1





� f 2 x  x  1 �f 2  x  1 với f  t   7t  1009t , t �2 .


 t   7t ln 7  1009  0 , t �2 nên ta có 2 x +
Do f �
�+
x 12

x 1

x 1.

Do điều kiện x �1 nên K   1;1 .
y  2 x 3  3  m  2  x 2  6  2m  3 x  3m  5 đồng biến trên K ۳ y� 0 , x �K
� 6 x 2  6  m  2  x  6  2m  3 �0 , x �K
۳ m

 x2  2x  3
, x �K
2 x

Đặt g  x  

 x2  2 x  3
, x � 1;1 . Ta tính được
2 x

max g  x  �2
2 3
 1;1

m 2 2 3


a2
�
�
b  12
�

Vậy S  a  b  14 .
Câu 40: Đáp án B

+) Gọi O  AC �BD , G  AM �SO
� G là trọng tâm SAC �



 

SG 2
 .
SO 3



�
�; OC  SCO
�  60�
+) Ta có SC ;  ABCD   SC

Trang 18



1
a 2
�  a 2 tan 60� a 6
Có OC  . AC 
, SO  OC.tan SCO
2
2
2
2
1
a 6 2 a3 6
� VS . ABCD  SO.S ABCD 
.a 
3
6
6
+) Gọi    là mặt phẳng chứa AM và song song với BD �    là mặt phẳng đi qua G và song song với
BD và cắt SB, SD lần lượt tại E và F. Do đó    cắt hình chóp S.ABCD theo thiết diện là tứ giác AEMF
�    chia khối chóp S.ABCD thành hai phần là khối chóp S.AEMF và khối đa diện EMFABCD.
+) Ta có EF đi qua G và EF//BD �

SE SF SG 2



SB SD SO 3

+

VS . AEF SE SF 2 2 4

2

.
 .  � VS . ABD  VS . ABCD
VS . ABD SB SD 3 3 9
9

+

VS . EFM SE SF SM 2 2 1 2
2
1

.
.
 . .  � VS . EFM  VS . BCD  VS . ABCD
VS . BCD SB SD SC 3 3 2 9
9
9

1
+) Ta có: VS . AEMF  VS . AEF  VS .EFM  .VS . ABCD
3
3
3
� Thể tích khối chóp không chứa đỉnh S là: V  VS . ABCD  VS . AEMF  2 .VS . ABCD  2 . a 6  a 6
3
3 6
9


Câu 41: Đáp án D
dt
4 t.
4
x
d
x
4  1 � tdt  16 . Do đó
Đặt t  4 x � dt  4dx , đổi cận ta được

�
�
f  4x �
4 f  t
f  t
0
0
0
1

�
f�
 x
1
du

�
�
2
u

f  x
�
�
Suy ra
� f  x � �
2
x
�
�
dv  xdx
v
�
�
� 2

4

xdx
x2

�
f  x 2 f  x
0

4

0




4

xdx

�f  x   16 , đặt
0

4 2
 x  dx � 16  16  1 I � I  24
1 x f�
.
2
�
2 0 f  x
2 f  4 2

Câu 42: Đáp án D

Ta có đường thẳng d: x  1  3t ; y  2  4t ; z  3  4t . Đường thẳng d cắt  P  tại B  2; 2;1 . Gọi A�
là hình chiếu của  A  lên  P  thì AA�
: x  1  2t ; y  2  2t ; z  3  t .
Trang 19


 3; 2; 1 . Theo định lý Pitago kết hợp AM �A�
Suy ra A�
A ta có
MA2  MB 2  AB 2 � MB 2  AB 2  MA2 �AB 2  A�
A2  A�
B2 .

Dấu đẳng thức xảy ra khi M �A�
� MB  A�
B  5.
Câu 43: Đáp án B
y  f  x

Vì hàm số

y

x ��

2x  7  3 4x  5
 0 � Đồ thị hàm số
f  x  2

2x  7  3 4x  5
luôn có một đường tiệm cận ngang là y  0 .
f  x  2

Lại có y  2 x  7  3 4 x  5 
f  x  2


lim

là hàm số bậc ba nên

 2x  7  3


4  x  1
4x  5

4 x 2  28 x  49  9  4 x  5 
2x  7  3 4x  5
f  x  2



4 x 2  8x  4

 2x  7  3

4x  5



f  x  2



2



f  x  2



5

Với điều kiện x � thì phương trình f  x   2 có nghiệm kép x  1 và phương trình f  x   2 vô
4
nghiệm
Do đó đồ thị hàm số y 
Vậy đồ thị hàm số y 

2x  7  3 4x  5
không có tiệm cận đứng.
f  x  2

2x  7  3 4x  5
có 1 đường tiệm cận.
f  x  2

Câu 44: Đáp án A
HD: Ta có: z  5  3i  3 � 3iz  3i  5  3i   3 3i � 3iz  9  15i  9
Do đó tập hợp điểm M biểu diễn số phức 3iz là đường tròn tâm I  9;15  bán kính R1  9 .
4
Lại có: iw  4  2i  2 � w   2  2 � w  2  4i  2 � 2 w  4  8i  4
i
Suy ra tập hợp điểm N biểu diễn số phức –2w là đường tròn tâm K  4; 8  bán kính R2  4 .
Khi đó T  3iz  2w  3iz   2w   MN và MN max  IK  R1  R2  554  13 .
Câu 45: Đáp án C
HD: Dựa vào đồ thị hàm số suy ra f  x   k  x  1
4

Mặt khác

S �
k  x  1

0

2

 x  4

dx  32 � k 

2

 x  4

(với k  0 )

32
4

 x  1  x  4  dx
�

4

2

0

Trang 20


Suy ra f  x   4  x  1


2

13312
2
�
f 2  x  dx  �
4  x  1  x  4  �dx 
 x  4 � V  �
�
�
35
4

4

0

0

2

Câu 46: Đáp án A
Để xử lý bài toán các bạn mạnh dạn đạo hàm hàm hợp và chú ý vấn đề nghiệm đơn, nghiệm kép.
g  x  2 f 3  x   6 f 2  x  1 � g�
 x  6 f �
 x  . f 2  x   12 f �
 x . f  x  0

 x   0 có 2 nghiệm x  0 ; x  3 .

+ f�
�f  x   0 � x    3
2
+ f  x  2 f  x  0 � �
�f  x   2 � x  m  0; x  n � 0;3 , x    3,   
Tất cả các nghiệm đều là nghiệm đơn.
Chú ý rằng nếu x   � f  x   0 theo như bảng biến thiên. Do đó ta có bàng biến thiên hàm g  x 
x

�

g  x

�

m

0

n

3





�
�


Như vậy kết luận 3 điểm cực tiểu.

 x   0 có
Trên đây là lập luận chặt chẽ, ngoài ra các em có thể tính nhanh dựa trên may mắn như sau: g �
6 nghiệm phân biệt, thế thì có 3 cực tiểu, 3 cực đại. Sự may mắn này có lẽ chỉ đến khi có số chẵn nghiệm.
Câu 47: Đáp án A

Dễ dàng dựng được thiết diện như hình vẽ.
Ta có:

VS . AMP
1
63
SA� SM SP AM 1

� VAMP. ADI  .VS . ADI



 suy ra
VS . ADI 64
64
SA
SI
SD
AI
4

1 1
1 1

4a 4 a 3
63
63 4a 3 7 a 3
VS . ADI  . . AD.AI .SA  . .a.2a

� VAMP. ADI  .VS . ADI  .

3 2
3 2
3
9
64
64 9
16
1
1 a 2a a3
7 a3 a3 55a3
VIPBN  .BN .BI .BP  . .a. 
� V H   VAMP . ADI  VIPBN 
 
6
6 2
3 18
16 18 144
� V H   VIDP  V H 

V H  55
55a 3

suy ra

a 
V H � 89
144
3

Trang 21


Câu 48: Đáp án C
uuuu
r
uuuu
r
uuuu
r
Gọi M  x; y; z  , ta có: AM  x  2; y; z  2 2 , OM   x; y; z  , BM   x  4; y  4; z  .
uuuu
r uuur
uuuu
r uuuu
r
Ta có: MA2  MO.MB  16 � MA2  OM .BM  16





�  x  2  y2  z  2 2
2




2



 x  x  4   y  y  4   z 2  16

 1

� x2  y 2  z 2  4x  4 y  2 2z  2  0
Ta lại có:



M � S  �  x  2    y  1  z  2
2

2



2

 9 � x2  y 2  z 2  4x  2 y  2 2z  2  0

 2

2
2

2
�
�x  y  z  4 x  4 y  2 2 z  2  0
� 6y  0 � y  0
Từ  1 ,  2  ta có hệ phương trình: � 2
2
2
�x  y  z  4 x  2 y  2 2 z  2  0

Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn giao tuyến  C  của  S  và mặt phẳng  P  : y  0
Đường tròn  C  có bán kính r  R 2  �
d  I, P  �
�
�
2



 *



Mặt cầu  S  có tâm I 2;1;  2 , bán kính R  3 � d  I ,  P    1 .
Do đó,  * � r  32  12  2 2 .
Câu 49: Đáp án D



Đặt 2  3


 2  3

x



x

 t  0 . Phương trình trở thành



  1  2a  2  3



x

40 � t

1  2a
 4  0 � t 2  4t  1  2a  0
t

Theo bài ra x1  x2  log 2 3 3 . Khi đó

 2  3

x1  x2


3�

t t  4
�
t1
 3 � �1 2
� t1  3; t2  1 � t1t2  3 � 1  2a  3 � a  1 .
t1  3t2
t2
�

Câu 50: Đáp án A
�x  0
�
log 2 x  1
�
�
Phương trình
�
log 2 x  2
�
�  3x  2   m  1 3x  m  0
�

 *

Do  3x    m  1 3x  m  32 x  m.3x  3x  m  3x  3x  m   3x  m   3x  1  3x  m 
2

Trang 22



�x  0
�x  0
�x  2
�
�
�x  2
��
Nên  * � �x  4
�
�x  4
x
x
�
 3  1  3  m   0 �
�x  log 3 m
�
Để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm phân biệt thì
TH1: m �0 (khi đó log 3 m không tồn tại)
�m  0
m9
�
�
log 3 m  2 � �
TH2: ��
m  34  81
�
��
log

m

4
�� 3
Vậy có 103 giá trị nguyên của tham số m � 100;100 thỏa mãn.

Trang 23