Tổng hợp các câu hay trong đề thi thử thpt quốc gia môn toán | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (997.45 KB, 31 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Câu 1. [2D4-2] Cho các số phức z z z1, ,2 3 có điểm biểu diễn lần lượt là ba đỉnh của tam giác đều
nội tiếp đường trịn có phương trình



x2018



2



y 2016



2 1. Tổng phần thực và
phần ảo của số phức w z z 1 2z3 bằng:

A. 3. B. 6. C. 6. D. 3.

Lời giải

Chọn C.

Gọi điểm biểu diễn của z z z1, ,2 3 lần lượt là A B C, , .

Đường trịn



x2018



2



y 2016



2 1có tâm I 



2018, 2016



.
Ta có:

 

Re w xAxBxC 3xI 3.( 2018)

 

3 3.(2016)

Im w yAyB yC  yI 

Vậy Re

 

w Im

 

w 6.

Câu 2. [2D4-3] Cho các số phức z z z z1, , ,2 3 4 lần lượt là nghiệm của phương trình
4 2 3 6 2 8 9 0

z  z  z  z  . Tính giá trị biểu thức T (z124)(z224)(z324)(z424):
A. T 2i. B. T 2i. C. T 0. D. T 1.

Lời giải

Chọn D.

Đặt 4 3 2



 



1 2 3 4

( ) 2 6 8 9

f z z  z  z  z  z z z z z z z z

Ta có 2 2 2 2

1 2 3 4

( 4)( 4)( 4)( 4)

T  z  z  z  z 



z1 2i z

 

2 2i z

 

3 2i z

 

4 2i

 

z1 2i z

 

2 2i z

 

3 2i z

 

4 2i



   

           

( 2 ). (2 ) 1

f i f i

   .

Câu 3. [1D2-3] Gọi S là tập hợp các số tự nhiên nhỏ hơn 6

10 được lập từ hai chữ số 0 và 1.
Lấy ngẩu nhiên hai số trong S. Tính xác suất để lấy được ít nhất một số chia hết cho 3
?

A. 4473

8128. B.

2279

4064. C.

96. D.

53
96.
Lời giải

Chọn C.

+) Ta có S



a ab abc abcd abcde abcdef, , , , , 10 / , , , , ,6 a b c d e f



0;1



</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

 số phần tử của tập Slà 2 2 22 23 24 25 2 2



5 1



2 64

         số

Nên số phần tử của không gian mẫu là

 

62 2016

n  C 

+) Gọi A là biến cố: “ Lấy được ít nhất một số chia hết cho 3”
:

A

 “ Lấy được hai số khơng có số nào chia hết cho 3”

Số tự nhiên nhỏ hơn 106 được lập từ hai chữ số 0 và 1 chia hết cho 3 thì chữ số 1 xuất
hiện 0 lần hoặc 3 lần hoặc 6 lần có 2 2 2

3 4 5

1 2 C C C 22  có 42 số khơng chia
hết cho 3

 số phần tử của biến cố A là n A

 

C422 861

Xác suất của biến cố A là

 

861 41

2016 96
n A

P A
n

  



Vậy xác suất của biến cố A là

 

1 41 55
96 96
P A   

Câu 3. [1D2-4] Cho tập X 



6;7;8;9



, gọi E là tập các số tự nhiên khác nhau có 2018 chữ số
lập từ các số của tập X. Chọn ngẫu nhiên một số trong tập E. Tính xác suất để chọn
được số chia hết cho 3.

A. 4035

1 1

1 .

3 2

 



 

  B. 2017

1 1

1 .

3 2

 



 

  C. 4036

1 1

1 .

3 2

 



 

  D. 2018

1 1

1 .

3 2

 



 

 

Lời giải

Chọn A.

Ta có 4 ,



1 2...



n

n n n n

X Y Z a a a

    

Trong đó Xn 



a  a 3







   3 dö 1

n

Y b b





   3 dö 2

n

Z c c

Trường hợp 1: a a a1 2... n13 an 



6;9



Trường hợp 2: a a a1 2... n13 dư 1  an 8
Trường hợp 3: a a a1 2... n13 dư 2  an 7



 



1 1 1 1

2 4n

n n n n n

X X Y Z X 

   

     

2 4 1 4 2 ... 1 4 4 ... 41 2 1

n n n

n

X   X 



        

2 4



1 4 1



2 4 .

3 3

n

n 

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2 1 1 1 2
3 3

3.4 4

n

n n

X

P  

       

  . Với n 2018, ta chọn đáp án A.

Câu 4. [1D1-4] Số nghiệm nguyên của phương trình: cos



3 9 2 160 800



1

8 x x x



 

   

 

  .

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.

Lời giải
Chọn B









cos 3 9 160 800 1 3 9 160 800 2 ,

8 x x x 8 x x x k k

 



 

         

 

  





2
2

16
3

3 9 160 800 16

9 160 800 3 16
k

x

x x x k





      

    



 

2
16

3
8 25

1
3 5

k
x

k





 


 

 



Ta có

 

1 9 24 40 25
3 5

x k

k

   

 , x là số nguyên nên 3k 5 là ước của 25.
Suy ra 3k  5 1, 3k  5 5 hoặc 3k  5 25.

Với 3k  5 1  k 2,x 7(thỏa mãn)
Với 3k  5 5 k0,x45 (loại)

Với 3k 5 25 k 10,x31 (thỏa mãn)
Vậy phương trình có tất cả 2 nghiệm ngun.

Câu 5. [2H3-4] Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng : 1

1 1 1

x y z

  và hai điểm



1;2; 5



A  , B 



1;0; 2



. Biết điểm M thuộc  sao cho biểu thức T MA MB đạt giá
trị lớn nhất là Tmax. Khi đó, Tmax bằng bao nhiêu?

A. Tmax 3. B. Tmax 2 6 3 . C. Tmax  57. D. Tmax 3 6.
Lời giải

Chọn A.

Ta có A



1; 2; 5



, B 



1;0; 2



, M   M t



;1 ;t t



.

T MA MB 



t1



2



t1



2



t5



2 



t1



2



t1



2



t 2



2 2

3 t 2t 9 t 2

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Xét điểm H t



;0;0



, C 



1; 2 2;0



, D



0; 2;0



 H C D, , 



Oxy



Khi đó T  3 HC HD . Lại có H t



;0;0



Ox, C, Dcùng phía so với trục Ox

 HC HD CD. Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi H, C, D thẳng hàng

H CD Ox

 H



1;0;0



max 3 3

T  CD .

Câu 6. [2D3-4] [ĐỀ THI THỬ CHUYÊN LÊ KHIẾT - 2018] Rút gọn tổng sau:

0 2 2 4 3 6 1009 2018

2018 2018 2018 2018 2018

S=C  3C 3 C  3 C ... 3 C .
A. S=22017. B. S=22018. C. S= 22017

 . D. S= 2 2018.
Lời giải

Chọn C.
Cách 1





2018 0 1









2 3





3 2018





2018

2018 2018 2018 2018 2018

1 3i C C 3i C 3i C 3i ... C 3i .





2018 0 1









2 3





3 2018





2018

2018 2018 2018 2018 2018

1 3i C  C 3i C 3i  C 3i ... C 3i .

Cộng từng vế với vế ta được





2018





2018



0 2 4 2 6 3 8 4 2018 1009



2018 2018 2018 2018 2018 2018

1 3i  1 3i 2 C  C 3 C 3  C 3 C 3  ... C 3 2S





2018





2018

S= 1 3 1 3

2 i i

 

   

 

  .

Ta có 1 3 2 1 3 2 os sin

2 2 3 3

i  i c  i 

       

   

 





2018 2018 2018 2018

1 3 2 os sin

3 3

i c  i  

     

 

22018 os 2 672 sin 2 672

3 3

c   i  

    

       

   

 

22018 1 3
2 2 i

 

   

 

 

Tương tự



1 3



2018 22018 1 3
2 2

i  i

    

 

 .

2018 2018 2017

1 1 3 1 3

S= 2 2 2

2 2 2 i 2 2 i

    

        

    

 

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Cách 2





2018 0 1









2 3





3 2018





2018

2018 2018 2018 2018 2018

1 3i C  C 3i C 3i  C 3i ... C 3i



0 2 2 4 1009 2018





1 3 1



2018 2018 2018 2018 2018 2018

C 3C 3 C ... 3 C 3C 3 C ... i

         (1)

Mà













672

2018 3 2

1 3i  1 3i  1 3i

 

 



8



672



2 2 3i



22017 22017 3i

      (2)

Từ (1) và (2) 2017
S= 2

  .

Câu 7. [2D3-3] Cho hàm số f x

( )

liên tục trên đoạn é ùë û0;1 và thỏa mãn điều kiện

2 2

4 . ( )x f x +3. (1f - x)= 1- x . Tích phân
1
0

( )dx
I=

ị

f x bằng.

A. 
4

I  . B.

I  . C.

I= p . D.

I  .

Lời giải
Chọn C

Lấy tích phân hai vế ta có:

1 1 1

2 2

0 0 0

4 . ( )dx+x f x 3 (1f - x)dx= 1- x dx

ò

1 1 1

2 2 2

0 0 0

2 f x( )d(x ) - 3 f(1 x)d(1-x) 1 x dx

ò

- =

ò

-1 1

0 0

2 ( )d(t) + 3 ( )d(u)
4

f t f u p

ò

d(x) d(x)

1 1

0 0

5 ( ) ( )

4 20

f x p f x p

ị

= Þ

ị

Câu 8. [1D3-3] Xác định n biết rằng hệ số của xn trong khai triển thành đa thức của



1 x 2x2 nxn



   bằng 6n?

A. n 6 B. n 13 C. n 5 D. n 8

Lời giải
Chọn C.

+) Ta có:



1 x 2x2 ... nxn





1 x 2x2 nxn

 

. 1 x 2x2 nxn



          

+) Hệ số chứa xn là: A1.n1.



n1



2



n 2



...n.1



1 2 3



2



12 22 32 2



A n n n n

           .



1





1 2

 

1



3 11

2 6 6

n n n n n n n

A n n    

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

+) Mà hệ số bằng 6n nên ta có phương trình:

3 11

6 5

n n



   .

Câu 9. [2D3-4] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A



0;0; 3 ,



B



2;0; 1



và mặt

phẳng

 

P : 3x 8y7z 1 0. Các điểm C a b c nằm trên mặt phẳng



; ;



 

P , có
hồnh độ dương để tam giác ABC đều. Tính a b 3c.

A. 7

 . B. 3. C. 9. D. 5

Lời giải

Chọn D.

Gọi

 

Q là mặt phẳng qua trung trực của AB .

 

Q đi qua trung điểm I



1;0; 2



của AB , có véctơ pháp tuyến n 



2;0;2



. Vậy phương trình mặt phẳng

 

Q x z:   1 0..

Gọi d 

   

P  Q  ud 



2; 1; 2 . 





Lấy M



0; 1; 1 



d. Phương trình

: 1 .

1 2
x t

d y t

z t





 


  


Do CA CB  C d  C t



2 ; 1 ; 1 2  t   t t

 

0



 AC



2 ; 1 ;2 2 ,t   t  t AB







2;0;2



Vì tam giác đều nên









2 2 2 2

4 1 2 2 8 4 2 1 4 8 4 8

ACAB t  t   t   t t  t  t  t  .
1

3
t

  (không thỏa mãn) và t 1 (thỏa mãn).
Vậy C



2; 2; 1 



 a b 3c5.

Câu 10. [2D2-3] Cho hai số thực dương x y, thỏa mãn:



 





 



log  x1 y1 y  9 x1 y1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2y
là:

A. min

11
2

P  . B. min 27

P  . C. P  min 5 6 3. D. Pmin  3 6 2.

Lời giải

Chọn D.

Ta có log3



 



1 9



 



y

x y    x y

 

 



y 1 log





x 1

 

y 1





x 1

 

y 1



         



 







log 1 1 1

x y x

y

       














3 3

log 1 log 1 1

x y x

y

      





 



 

3 3

9 9

log 1 1 log *

1 1

x x

y y

     

  .

Xét hàm đặc trưng f t

 

log3t t t ; 



0;



</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

9 9 8

1 1

1 1 1

y

x x x

y y y



      

   .

8 2 8

2 2

1 1

y y y

P x y y

y y

  

     

  .

Xét hàm số

 

2 8

1
y y
f y

y
 


 trên khoảng



0;8



.
Từ bảng biến thiên suy ra Pmin  3 6 2.

Câu 11. [2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A



2;1;3



, B



6;5;5



. Gọi

 

S là mặt cầu đường kính AB. Mặt phẳng

 

P vng góc với
đoạn AB tại H sao cho khối nón đỉnh A và đáy là hình tròn tâm H (giao
của mặt cầu ( )S và mặt phẳng

 

P ) có thể tích lớn nhất, biết rẳng

 

P : 2x by cz d   0 với b c d  , , . Tính S b c d   .

A. S 18. B. S 11. C. S 24. D. S 14.

Lời giải

Chọn A.



4;4; 2



2 2;2;1





AB  



, AB là vectơ pháp

tuyến của mặt phẳng

 

P suy ra phương
trình mặt phẳng

 

P có dạng

2x2y z d  0.

Gọi I là tâm mặt cầu thì I là trung điểm
của AB suy ra I



4;3; 4



, bán kính mặt cầu

3
2
AB
R   .

Đặt IH x suy ra HK R2 x2 9 x2

    .

Thể tích khối nón











 



2 2

1 1 1 1 6 3 3

. . 9 3 6 2 3 3

3 3 6 6 3

V  IH HK    x x    x x x     

  .

Dấu bằng xảy ra khi 6 2 x  3 x x1.

Ta có hệ:



 



 





3
9

, 4 3 21

18 21

, 1

3 15

d
d

d A P d

d

d d

d I P

d
 
 



 



  

  

   

  

 

 

  

 



  

 

Vậy

 

P : 2x2y z  21 0 .
Suy ra: b c d  18.

Câu 12. [1D3-3] Cho cấp số cộng



un



có các số hạng đều dương, số hạng đầu
1 1

u  và tổng của100 số hạng đầu tiên bằng 14950 . Tính giá trị của tổng

2 1 1 2 3 2 2 3 2018 2017 2017 2018

1 1 1

...

S

u u u u u u u u u u u u

   

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

A. 2018. B. 1. C. 1 1 1
3 6052

 



 

 . D.

1
1

6052

 .

Lời giải

Chọn C.

Ta có:





100

100 2 99

14950 3

u d

S     d  .

Mặt khác u2018 u12017d 6052.
Ta có:





1 1 1 1

1 1

k k k k k k k k

u  u u u  u  u u  u



 





1 1 1

k k

k k k k k k

u u

d

u u u u u u



  

 



    

 

  

Vậy

1 2 2 3 2017 2018

1 1 1 1 1 1 1 1 1

...
S

d u u d u u d u u

   

 

          

     

      1 2018

1 1 1

d u u

 

   

 

 

Hay 1 1 1
3 6052
S    

 .

Câu 13. [2D1-4] Cho hàm số f x

 

x3 mx2 nx 1

    với m, n là các tham số thực

thỏa mãn





7 2 2 0

m n

m n
 





  




. Tìm số cực trị của hàm số y f x

 

A. 11. B. 5. C. 9. D. 2.

Lời giải

Chọn A.

Ta có:

 





0 1 0

1 0

2 7 2 2 0

f

f m n

 




  




   



 f x 

 

0 có 3 nghiệm.

Vì a    1 0 x 0 2 để f x  

 

0 0 hình dạng đồ thị f x

 

và từ đó hình dạng

đồ thị y f x

 

như sau:

1


O

x
y

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Nhìn vào đồ thị ta thấy số cực trị của hàm số y f x

 

là 11.

Câu 14. [2D2-4] Cho dãy số u n thỏa mãn

 









3 5 4

log 2u  63 2log 2un 8n8 ,  n

. ĐặtSn u1un. Tìm số nguyên dương lớn nhất n thỏa mãn

2
2

. 148
. 75

n n

u S

u S  .

A. 18. B. 17. C. 16. D. 19.

Lời giải

Chọn A.

Ta có









3 5 4

2 63 3 (1)
log 2 63 2log 2 8 8

2 8 8 2 (2)

t

n t

n

u

u u n t

u n

  

      

  


Xét (2)ta có 8 8 2 1 8





8 2 1 8

t t

n n n n

u  n   u   n    u  u    t suy ra u n

 

là cấp số cộng với công sai d  suy ra 8 un u1



n1 8



suy ra









1 1

2 32 63 3 2 1 3

2.2 1 3 2

1 8 8 8 2 2

t t

u u

t

u n n u

      



     

 

     

 



Với t 2 u1 4 un 8n 4 suy ra

2 2 2

. 148

4 , 16 19 18

. 75

n n

u S

S n S n n n

u S

        .

Câu 15. [2D3-4] Cho biết hàm số f x

 

liên tục và có đạo hàm trên



0;3



và có

 

3 4

f  ; thỏa mãn điều kiện



f x

 



2 8x2 20 4f x

 

    . Tính

 

3
0

d
f x x



A. 9. B. 6. C. 12. D. 2.

Lời giải

Chọn B.

Từ giả thiết suy ra:

 







 







 

3 3 3 3 3

2 2 2

0 0 0 0 0

d 8 20 4 d 8 20 d 4 d 12 4 d

f x x x   f x x x  x f x x  f x x



 

1 .

Tính

 

3
0

d
f x x



1


O

x
y

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Đặt

 

3 3 3

0 0 0

d d 3

d . . d 12 . d

0
d d

u f x u f x x

f x x x f x x f x x x f x x

v x v x



 

 

 

 

     

 

 

 

 



 

2 .

Thay

 

2 vào

 

1 ta được:



 



 

3 3

0 0

d 4 . d 36

f x x x f x x 



 





 



 



 

3 3 3 3 3

2 2 2

0 0 0 0 0

d 4 . d 36 0 d 4 . d 4 d 0

f x x x f x x f x x x f x x x x









  











 .

 





2
0

2 d 0

f x x x





   f x

 

 2x 0 f x

 

2x f x

 

x2C.

 

3 4 5

 

2 5

f   C  f x x  .

Vậy

 





3 3

0 0

d 5 d 6

f x x x  x



Câu 16. [2D4-3]. Cho các số phức z1, z2thỏa mãn z1 1, z2 r. Gọi M N P, , lần
lượt là điểm biểu diễn các số phức z iz1, 2, 4iz2. Biết



 90

NMP
MOP



 




 




. Khi r r0 thì
góc  là lớn nhất. khẳng định nào sau đây đúng?

A. r 



1; 2



. B. r 



1; 2



. C. r 



2;3



. D. r 



3; 4



Lời giải

Chọn B.

Cách 1 : z1, z2

Gọi M N P, , lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z iz1, 2, 4iz2(như hình vẽ ).
Ta có tan tanM1tan



OMP OMN  



 

tan tan
1 tan .tan

OMP OMN






2 2

4 3 3 3

1 4 1 4 4 4

r r r r

r r r



   

 

Vậy góc  lớn nhất khi 1
2
r  .

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Đặt

2 2

2 2 2

4 4 4

4 3 3

OM z

ON iz z r

N OP

OP iz z r

NP iz iz z r

  



   

 



   



    

Có

2
sin sin

3 1

P

r r



 





 



1 16 1

r  r 



 



3
sin

1 16 1
r

r r



 

  2 2

3
1
16r 17

r


 

3 3

5
2 16 17

 

 .

Do đó max arcsin3
5

  khi 1

2
r  .

Câu 17. [2D3-4] Cho hàm số f x

 

liên tục nhận giá trị dương với mọi x 



0; 



thỏa mãn

 

0
d

x

f t tx f x



và

 

1 1

f  . Tính f



1 2



.

A. 2. B. 1

2 . C.

3. D.

Lời giải

Chọn D.

Ta có

 



 



0
d

x

f t tx f x  f x  x f x 



f x

 

f x

 

2xf xf x

 

 



  

 



 



2 2

2 1

f x

f x f x f x xf x

x

f x f x




    

 .

Suy ra

 



 



1 2 1 2

1 1

d d

2 1

f x

x x

x
f x f x

  






 



 







1 2
1

d ln 1 2

2 1

f x

x
f x f x

 

  





Đặt t f x

 

t2 f x

 

2 dt t f x x

 

d

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Đổi cận 1 1
2

x  t  ; x 1 2 t f



1 2



a

Suy ra

 



 















1 2

2 1

1 1

2 2

2 1 1 1

d d d ln ln

2 1 1 1 2

2 1

a

a a

f x t t a

x t t

t t t t t a

f x f x

 

 

   

  





Suy ra









1
ln 1 2 ln

1 2
a
a



 







1 1 1

1 2 1 1

2
1 2

a a

a a a

a

 

         

 .

Vậy



1 2



2 1
4
f  a  .

Câu 18. [1D2-3] An và Bình cùng tham gia kì thi THPTQG năm 2018, ngồi thi ba mơn Tốn, Văn,
Tiếng Anh bắt buộc thì An và Bình đều đăng kí thi thêm đúng hai mơn tự chọn khác trong ba
mơn Vật lí, Hóa học và Sinh học dưới hình thức thi trắc nghiệm để xét tuyển Đại học. Mỗi mơn
tự chọn trắc nghiệm có 8 mã đề thi khác nhau, mã đề thi của các môn khác nhau là khác nhau.
Tìm xác suất để An và Bình có chung đúng một mơn thi tự chọn và chung một mã đề?

A. 1.

9 B.

1
.

10 C.

1
.

12 D.

1
.
24

Lời giải:

Chọn C.

+ An chọn 2 trong 3 mơn có 3 cách, mỗi mơn có 8 mã đề  có 3.82 cách để An nhận được 
đề thi.

+ Bình cũng có 2

3.8 cách nhận được đề thi.
Vậy  3 .8 .2 4

+ Có 3 cách để An, Bình chọn cùng mã đề.
+ 2 đề cịn lại phân cho An, Bình có 2 cách.
+ Đề chung có 8 cách chọn 1 mã.

+ 2 đề kia An có 8 cách chọn, Bình cũng có 8 cách chọn.

Vậy n A 

 

3.2.8.8 .2

Suy ra

 

3
2 4

3.2.8 1

.
3 .8 12

P A  

Câu 19. [2D2-4] Cho các số thực a b c, , không âm thỏa mãn 2a 4b 8c 4

   . Gọi M, m lần lượt là giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S a 2b3c. Giá trị của biểu thức 4M logM m

bằng

A. 2809.

500 B.

281
.

50 C.

4096
.

729 D.

14
.

Lời giải:

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Ta có:

3
3

2 3 2 3

2
4

4 2 4 8 2 2 2 3 2 log

a b c a b c a b c S   M

           

  .

Đánh giá biểu thức suy ra m  .1

Vậy

3
2

6
4

log

3 4 4096

4 log 4

3 729

M

M m

 
 

   

    

 

Một cách tổng quát như sau:

Cho m n p, , 0 & am an ap k a k( , 2).

     Tìm GTLN – GTNN của biểu thức T   m n p.

Đặt

m

n

p

x a
y a
z a
 









thì x y z k T   , loga



xyz



.

Nhận xét GTLN –GTNN của T phụ thuộc vào xyz.

+ Tìm

3
3

max

max : 3 log , log

27 27

a a

k k

k xyz  T    m n  p  
 

  .

+ Tìm min: Giả sử max{ , , } ( 1)( 2 ) 0

1 2

y z k x

x x y z x k x

x k
  


       

  

 .

(y1)(z1) 0  xyz k  2 ( x1)(k 2 x) k 2.
Vậy Tmin log (a k 2) khi y z 1,x k  2 và hốn vị.

Câu 20. [2D2-3] Cho phương trình 4x



1 2



x 1 8 0

m 

    . Biết phương trình có hai nghiệm x x1, 2 thỏa
mãn



x11

 

x21



6. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. m 2. B. Khơng có m thỏa mãn.

C. m 3. D. 1m3.

Lời giải

Chọn D.

Đặt t 2x1 0

  . Ta có phương trình t2 4



m1



t32 0

 

Phương trình đã cho có hai nghiệm x x1, 2 khi và chỉ khi phương trình

 

* có hai nghiệm

1, 2 0

t t  0

1 0
m


 

 

 


2 7 0
1

m m

m

   

 
 


Gọi t1 t2 0 là hai nghiệm của phương trình

 

* suy ra
1 1 log2 1

x   t ; x2 1 log2 2t .



x1 1

 

x2 1



6 log .log2 1t 2 2t 6

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Lại có log2 1t log2 2t log2



t t1 2



log 32 52  .
Suy ra

TH1: 2 1 1

2 2 2

log 3 8

log 2 4

t t
t t
 
 

 
 
  .

TH2: 2 1 1

2 2 2

log 2 4

log 3 8

t t
t t
 
 

 
 
  .

Với hai trường hợp ta đều có t1t2 4



m1



 m2 (thỏa mãn).

Câu 21. [2D2-4] Tập hợp S tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

 









1 2

2 2

2x .log 2 3 4x m.log 2 2

x x  x m



     có đúng ba nghiệm phân biêt là

A. 1;1;3
2 2

 

 

 . B.

1 3
; 1;
2 2
 

 

 . C.

1 3
;1;
2 2
 


 

 . D.

1 3
;1;
2 2
 

 
 .
Lời giải

Chọn A.

Ta có  









1 2

2 2

2x .log 2 3 4x m.log 2 2

x x  x m



    

 









 

2 2 2

2 2

2x .log 1 2 2 x m.log 2 2 *

x  x m

  

     

  .

Xét hàm số

 

2 .log2





t

f t  t với t 0.

Ta tính được

 









2 .ln 2 0 0

2 ln 2

t
t

f t t t

t

      

 .

Như thế, hàm số f t

 

đồng biến trên



0;  



.
Do đó, phương trình

 

* được viết thành





2 2



2 2



f  x   f x m 

 





1 2 2 2

x x m

     



x 1



2 2 x m

   

















2
2
1 2
1 2

x x m

x m x

   


   


 

2
2

4 1 2 0 1

2 1 2

x x m

x m
    
 
 

.

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Trường hợp 1.





3
2

4 1 2 0

1 3

2 1 0

2 2

2 2 1 5

2
m
m

m m m

m

m





  

 

 

     

 

 

 

 





Trường hợp 2.





3
2

4 1 2 0

1 1

2 1 0

2 2

0 4.0 1 2 0 1

2
m

m

m m m

m

m





  

 

 

     

 

 

   

 






Trường hợp 3. Giả sử hai phương trình có x0 là nghiệm chung. Khi đó,
2

0 0 2 2 2

0 0 0 0 0 0

2
0

4 1 2

4 1 1 2 1 0 1

1 2

x x m

x x x x x x

x m

   


           



 




Với x0  1 m1. Thử lại với m 1 thì mỗi phương trình đều có 2 nghiệm phân biệt và cả
hai phương trình có đúng 1 nghiệm chung là x 1. Do đó m 1 thỏa mãn u cầu bài tốn.

Tóm lại 1;1;3
2 2
S  

 .

Câu 22. [2D4-4] Cho z1, z2 là hai trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z 5 3 i 5, đồng thời

1 2 8

z  z  . Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w z 1 z2 trong mặt phẳng tọa độ Oxy
là đường trịn có phương trình nào dưới đây?

A.

2 2

5 3 9

2 2 4

x y

   

   

   

   

. B.

2 2

5 3

2 2

x y

   

   

   

   

C.



x10



2



y 6



2 36. D.



x10



2



y 6



2 16.
Lời giải

Chọn C.

Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z 5 3 i 5 là đường tròn

 

T có tâm
là I



5;3



, bán kính R 5.

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Có z1 z2 8 nên suy ra MN 8.

Giả sử z1a1b i1 và z2 a2b i2 , suy ra w z 1 z2 



a1a2

 

 b b i1 2



Gọi H là trung điểm của MN, ta có MN IH nên IH IM2 MH2 52 42 3

     .

Vậy ta có



xH  5



2



yH 3



2 9.

Mà

1 2
1 2

H

a a
x

b b
y










 



nên ta suy ra









2 2

1 2 1 2

5 3 9 10 6 36

2 2

a a b b

 

   

          

   

    .

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w z 1 z2 là đường tròn









2 2

10 6 36

x  y  .

Câu 23. [1D1-4] Cho 2 số thực ,x y thuộc 0;
2

 
 

  thỏa mãn cos 2xcos 2y2sin(x y ) 2 . Giá trị

nhỏ nhất của

4 4

cos x cos y
P

y x

  bằng

A. 2

3 . B.

 . C.

 . D.

5
 .

Lời giải

Chọn C

Cách 1.

cos 2xcos 2y2sin(x y ) 2

sin (cosx y sinx) sin (cosy x sin ) 0y

    

2 2 2 2

cos sin x cos sin

sin . sin . 0

cos sinx cos sin

y x y

x y

y x y

 

  

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>



1 sin2 sin2



sin sin 0
cos sinx cos sin

x y

y x y

 

     

 

 

2 2

1 sin x sin y 0

   

cosx siny

 

x y 

   .

Khi đó

2 2

4 4 4 4 2 2

cos x cos y cos x sin x cos x sin x
P

y x y x y x

   

       

 

Ta có:









2 2

2 2 cos sin 2 2 2 1 2

cos sin 1

x x

x y x x P

x y

y x 

    

 

          



    

 

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2

 khi x y 4

  .

Cách 2.

cos 2xcos 2y2sin(x y ) 2

cos sin cos sin
0

sin sin

y x x y

y x

 

  

cos cos cos cos

2 2

sin sin

y x x y

y x

 

   

       

   

   .

Đặt cos cos 2 cos cos 2

sin sin

y x x y

A

y x

 

   

       

   

  .

Hàm số ( ) cosf t  t nghịch biến trên 0;
2

 
 
 .

Nếu 2 0.

y x

y x A

x y








 




     

  




Nếu 2 0.

y x

y x A

x y








 




     

  


</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Nếu 0
2

y  x A .

Câu 24. [2D3-4] Cho hàm số f x

 

liên tục trên



0;



, thỏa mãn

 

0 0

cos . 1

f x dx x f x dx

 

 



. Giá

trị nhỏ nhất của tích phân 2

 

f x dx




bằng

A. 2

 . B.

 . C.

 . D.

3
2 .

Lời giải

Chọn B.

Cách 1: Ta có

 

0 0

cos . 1

f x dx x f x dx

 
 





 

0
0
cos .

a a x f x dx

b bf x dx







 





với ,2 2
0
a b
a b



 


.
Theo Holder







  

2
2
0
cos

a b a x b f x dx



 

   











2 2

 

0 0

cos

a x b dx f x dx

 









Lại có







2 2



cos 2

a x b dx a b



  



Từ đó suy ra

 









2
2
2 2
0
2
2
a b
f x dx

a b








với mọi ,a b   và a2 b2 0
  .

Do đó

 





2
2
2 2
0

2 3
.max
2
a b
f x dx

a b

 
  
 
  

 
 



Cách 2: (Đưa về bình phương)

Hàm dưới dấu tích phân là f2

 

x

, f x

 

, cos x f x

 

nên ta liên kết với

 

cos 2.

f x  x

 

  Với mỗi số thực ,  ta có:

 

cos

f x x dx



 

 

 

 



 



  





0 0 0

2 cos cos

f x dx x f x dx x dx

  

   









 





 





2 2 2

2
f x dx



   





    .

Ta cần tìm ,  sao cho 2





2 2

2


</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>





2 2

2 2 2 1 3 3

2 2

 

      

   

   

            

    .

Vậy với  2; 1

 

  thì ta có

 

2
0

2 1

cos

f x x dx



 

 

 

 

 



 

3
f x dx










Suy ra

 

2
2

0 0

2 1 3

cos

f x dx f x x dx

 

  

 

     

 



3.

Dấu " " xảy ra khi f x

 

2 cosx 1




 .

(Ngoài ra, câu này có phương án gây nhiễu cho HS như sau:

Theo Holder

 

2 2 2

0 0 0

1 cos .x f x dx cos xdx f. x dx

  

 

  









 

2
0

2 f x dx







.

Suy ra 2

 

2
f x dx







. (Đến đây bạn đọc có thể chọn là A).)

Sai do dấu “=” xảy ra khi f x

 

kcosx, thay vào

 

1
f x dx






ta được:

 

0 0

1 f x dx kcosxdx ksin |x 0

 











  (Vơ lí).

Câu 25. [2H2 – 3] Cho khối chóp SABC có SA vng góc với đáy. Biết AASB A



SB







ABSC BSC , AC 3,AB1,CAB 60 . Tìm bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
ABA B ?

A. 21

3 . B.

3. C. 7. D.

7 3

3 .

Lời giải

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Kẻ đường kính AK của đường trịn

 

T ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó

BK AB

BK AA

BK SA






 





AA BK

AA A K

AA SB

 



 

 


 


Tương tự ta có ABB K .

Suy ra A B B C, , , nhìn AK dưới một góc vuông.

Nên mặt cầu ngoại tiếp A BCB A.   là mặt cầu đường kính AK.

Do đó bán kính của mặt cầu bằng bán kính của đường trịn

 

T ngoại tiếp tam giác ABC.

Ta có BC2 AB2 AC2 2AB AC. .cosCAB

   32 12 2.3.1.1 7

    .

Mặt khác 2
sin

BC

R

A

7 21

2sin 3 3

2.
2
BC

R

A

   

Câu 26. [2D4-3] Gọi

 

C1 là tập hợp các số phức w thỏa mãn w 2 3  i w 3 2  i

 

1 . Gọi



C2



là
tập hợp các số phức z thỏa mãn z 2 4 i 1

 

2 . Tìm min w z .

A. 3 2 1 . B. 2 3 1 . C. 2 3 1 . D. 3 2 1 .
Lời giải

Chọn D.

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Tập hợp các điểm biểu diễn w là các điểm M thuộc miền âm bờ

 

d :y x .
Tập hợp các điểm N biểu diễn z là hình trịn tâm I



2; 4



, R 1.

Ta có w z MN suy ra min w z MNmin d I d



;

 



 R3 2 1 .

Câu 27. [2H1-4] Cho hình thập nhị diện đều (tham khảo hình vẽ bên). Cơsin của góc tạo bởi hai mặt
phẳng có chung một cạnh của thập nhị diện đều bằng

A. 5 1

 . B. 5 1

 . C. 1

5. D.

1
2.
Lời giải

Chọn C.

Cách 1:

Mỗi mặt là một ngũ giác đều, giả sử là ABCDE nên góc phẳng ở mỗi đỉnh là 3.36 108

  36

AEB AEX

   .

Vì BEX đều nên BEX   60 .
A

B

C

D
E
X

A
X

M

K

B
N

E
36

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Bài tốn quy về: Cho tứ diện XABE, tính cơsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng



AEX



và



AEB



Tách hình như hình vẽ.

Coi EK 1  MK tan 36 NK , 1

cos36 cos36

EK

ME  

 

Vì BEX đều nên MNE đều. Do đó 1
cos36

MNME



Ta có



AEX

 

AEB



AE

MK AE

NK AE

 







 



 Góc cần tìm là góc giữa MK và NK.

Trong MNK:



2 2 2 2 2

2 2

2 tan 36 tan 36 1 1
cos 36

cos

2. . 2 tan 36 2 tan 36 5

KM KN MN

MKN

KM KN

 

     

   

 

 cơsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng



AEX



và



AEB



là 1
5.

Vậy cơsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng có chung một cạnh của thập nhị diện đều bằng 1
5.

Cách 2:

Bước 1: Lập mối quan hệ giữa bán kính mặt cầu và cạnh khối 12 mặt đều:

Gọi O là tâm khối 12 mặt đều, xét 3 mặt phẳng chung đỉnh A là ABEFC ACGHD ABJID, , .
Khi đó A BCD. là chóp tam giác đều và OA vng góc với



BCD



Ta có 2 2 2 cos2 3 1 5

5 2

BC CD DB   a a  a      a

  .

2 5 1

3 2 3

BC

AH  AB    a.

Ta có AH AO. AB AM.

2 3

2 5 1

AB a

R AO

AH

   

 .

Bước 2: Tính khoảng cách từ tâm một mặt đến cạnh của nó:

Ta có  3
10

BAT   .

a

AM  .

Suy ra .tan3
10

MT AM  .

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Gọi tâm của các mặt ABEFC và ABJID là T, V .

Có OT OV, vng góc với hai mặt này nên góc giữa hai mặt bằng góc giữa OT và OV.
Lại có O T M V, , , cùng thuộc một mặt phẳng (trung trực của AB).

Có OT TM và OV VM .
2

2 2 3

4
5 1

a a

OM  OA  AM    
  

 









5 1

2 5 1
a





; .tan3
10

MT AM  .

Suy ra sinTOM TM
OM











5 1 tan 54

5 1

 



 .

Vậy cosTOV 1 2sin2TOM

  5 1 1

5 5 5



 

 .

Câu 28. [1H3-3] Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C. ' ' '
có AB a AA , 'b. Gọi M N, lần lượt là trung điểm
của AA BB', '(tham khảo hình vẽ bên). Tính khoảng
cách của hai đường thẳng B M' và CN .

A.

2 2

3
( ' , )

12 4
ab
d B M CN

a b




.

B.

2 2

3
( ' , )

4 12
ab
d B M CN

a b



 .

C. ( ' , )
2

a

d B M CN  .

D. ( ' , ) 3
2

a

d B M CN  .

Lời giải

Chọn A.

Cách 1:

Dựng B K CN'   CN



B MK'





, '







</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>







, '







d N B MK d A B MK

 

Tham khảo hình vẽ.

Kẻ B x A C'  ' ' B x 



B MK'



Kẻ A E' B x



E B x 



Ta có:









' '

( )

'
B x

B
A M

A M
x

A E B x
B M

E

A ME K





 





 





Kẻ A H' ME



HME



Khi đó A H' d A B MK





2 2

2 2 2 2 2

2 2

1 4 4 12 4

' 3 3

' .

12 4

a b

A H b a a b

ab
A H

a b



  

 



Cách 2:

(ANC) song song (MB P' ) nên

( ' , ) ( ,( )) ( ,( ))

d B M CN d M ANC d B ANC

BH AC tại H, với H là trung điểm AC.
BK HN tại K

( ,( ))

d B ANK BK

  .

HBN

 vuông tại B nên BK BH BN2. 2

BH BN





2 2 2

2
3

. 3

2 2 .

3 12 4

4 4

a b

ab

b a b

a

 




Câu 29. [2D4-4] Xét các số phức z, w thỏa mãn điều

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

A. 3

13. B.

3 26

13 . C.

26
4

P  . D. 13 1

P  .

Lời giải

Chọn B.

Cách 1:

Gọi z a bi  , w c di  ,



a b c d  , , ,



lần lượt được biểu diễn bởi điểm M a b



;



, N c d



;



trong mặt phẳng



oxy



Từ giả thiết:

1 3 2

z  i  z i 



a1

 

 b 3



i  a



b2



i .



a 1





b 3



2 a2



b 2



        a5b3. Suy ra tập hợp điểm M biểu diễn số
phức zlà phần tô đậm như trên đồ thị có tính biên là đường thẳng : x5y3.

1 3 2

w  i w i 



c1

 

 d3



i  c



d 2



i



c 1





d 3



2 c2



d 2



        c5d3. Suy ra tập hợp điểm N biểu diễn số
phức wlà phần tô gạch như trên đồ thị có tính biên là đường thẳng : x5y3.

Khi đó



;



3 26

P z w MN d    . Dấu ' ' xảy ra khi
M

N
MN

 




 


  


Cách 2:

Từ giả thiết 5 3

5 3

a b
c d

 




 


5 3
5 3

a b

c d
 


 

  











5 6

a c b d

    

 

Và









P z w MN  a c  b d đạt giá trị nhỏ nhất.
Ta có:



a c



5



b d



 26. 



a c



2



b d



2

 

5

3 x



y



5

3 x



y



O

x

y

3 

3

1 

1

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

















6 3 26

26 26

a c b d

a c b d   

 

      

  .

Vậy min 3 26
13

P  khi

2 3

5 3

1 5

a b

c d
a c b d


  


 


  

 





;





1;5



M
N

NM a c b d k n
  



   



    



 

M
N
MN

 





   

  


Câu 30. [2D1-4] Cho hàm số 1
2 1

x
y

x




 có đồ thị

 

C . Các điểm M , N thuộc

 

C thỏa mãn tiếp
tuyến của

 

C tại M , N song song với nhau đồng thời 2 tiếp tuyến đó chắn đường thẳng

d y x một đoạn có độ dài bằng 4 2

5 . Tính độ dài đoạn MN.

A. 17

MN  . B. MN 4. C. 15

MN  . D. MN 5.

Lời giải

Chọn A.

Ta có





1
2 1
y

x

 

 .

Tâm đối xứng của đồ thị 1 1;

2 2

I 
 .

Đường thẳng :y x 1 đi qua điểm I và  song song với đường thẳng d.
Gọi dM và dN lần lượt là tiếp tuyến của đồ thị

 

C tại điểm M và N .

Đường thẳng d cắt dN tại A và cắt dM tại B.

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Ta có 4 2
5

CDAB 2 2

IC

  1 9;

10 10

C 

  

 .

Tiếp tuyến tại M x( M;yM) của đồ thị ( )C có dạng yf x



M

 

x x M



yM









1
1

2 1

M
M

x

y x x

x
x



   




Do tiếp tuyến đi qua điểm 1 9;
10 10

C  

  suy ra





1 1 9

10 10 2 1

2 1

M
M

x
x



 

    



 



Dùng SHIFT SOLVE tìm được 1
2

M

x  hoặc 1
4

M

x  .

Suy ra 1 3;
2 4

M  

  hoặc

1 3
;

4 2

M  

 

Với 1 3;
2 4

M  

 

17
2

MN MI

   .

Với 1 3;
4 2

M  

 

MN MI

   .

Câu 31. [1H3-4] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA2 ,a

( )

SA ABCD . Gọi M là trung điểm của SD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và

CM .

A.





2
,

d SB CM a . B.





6
,

d SB CM a. C.





3
,

d SB CM  a. D.





3
,

d SB CM a.

Lời giải

Chọn C.

Cách 1.

Gọi O là tâm hình vng ABCD.

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Qua B dựng đường thẳng song song với AC và cắt AD tại F.
Khi đó do SB OM



SFB

 

AM



BF AC C











 .

Lại vì A là trung điểm của DFnên d D AMC





d A BFS





Vì tứ diện A BFS. có các cạnhAS AB AF, , vng góc nhau đơi một nênA BFS. là tứ diện vuông
tại A. Đặt d A SBF





h.

Công thức đường cao của tứ diện vuông:

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 2

3
4

a
h

h SA AB  AF  a a a  a  

Cách 2.

Gọi O là tâm hình vng ABCD. Vì SB OM (AMO) nên SB



AMO



.
Do đó d SB CM





d S AMO





d D AMO





Ta có

3
.

2
3

S ABCD
a

V  .

Lại có













1
,

2
d M AOD

d S AOD  và

1
4

AOD

ABCD
S

S  . Do đó

3
.

8 12

S ABCD
M AOD

V a

V   .

Ta có 5

2 2

SD a

AM   , 5

2 2

SB a

OM   , 2

a

AO  .

Dùng công thức Hê-rông ta tính được

2
3

AMO
a

S  .

Vậy





, M AOD 2

AMO

V a

S

d D AMO  

Cách 3. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Chọn a 1. Khi đó 1;0;0





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

A  M O  S 

     

Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng





1 1

2 2

: 2 2 1 0

x y z

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>









23 23

d SB MC d S AMO   a

Câu 32. [2H2-4] Cho tứ diện ABCD có AB BC CD  2,AC BD1,AD 3. Tính bán kính của
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đã cho?

A. 1. B. 7

3 . C.

6 . D.

2 3
3 .
Lời giải

Chọn C.

Cách 1:

Pitago đảo  AD AC và ADDB.

Gọi F là đỉnh thứ tự của hình chữ nhật ADBF .

E là đỉnh thứ tư của hình chữ nhật ADEC.

 Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD đi qua cả E và F.
 Mặt cầu cần tìm ngoại tiếp ACF DEB. .

Xét BFC CF  1 AFAF AF

2 2 3 1 39

2 ACF 4 3 6

AD

R   r

       

 

Cách 2:

Bài toán gốc: Cho hình chóp B ADEC. ,có đáy ADEC là hình chữ nhật, AD 3,AC1,

BED

 đều.



BED

 

 ADEC



Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp B ADEC. .

2 3 1 3

3 2 3 2

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

1 3 13 39

3 4 12 6

R BI     .

Cách 3:

Nhận xét AD AC

AD BD








 Dựng tạo ra lăng trụ tam giác đềuAFC DBE. cạnh đáy 1, cạnh bên
3

 Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ tam giác đều AFC DBE.
39

r

  .

Cách 4:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, chọn A



0; 0; 0



, C



0; 1; 0



và D



3; 0; 0



ta thấy
1

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>









2 2 2 2

2 2 2

1 2

3 1

AB x y z

BC x y z

BD x y z



   




    




     



3
1
2
3
2
x

y

z

 


  








1 3
3; ; .

2 2

B 

  

 

 

Gọi M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD thì M là trung điểm của CD, do đó

3 1

; ; 0
2 2
M 

 

. Qua M kẻ đường thẳng d vng góc với mặt phẳng



ACD



. Khi đó, tâm I

của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện nằm trên d và có tọa độ là 3 1; ;





2 2

I m m

 

Để I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thì 2 2

IA IB

2 2 2 2 2

3 1 3 1 1 3

2 2 m 2 2 2 m 2

         

              

         

     

1
.
2 3

m

 

Khi đó, 39
6

</div>

Tổng hợp các câu hay trong đề thi thử thpt quốc gia môn toán | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện





















 

 

 

 



 

 

 





 

 

 

 

 

 

 















 

 

 

 

 

 



























 



<sub></sub>

<sub></sub>

















 

 













<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>



