LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
Câu 2: Đáp án A

Có

lim
1009

x 2

x  21009
x  21009
1
1

lim
 lim
 1009 1009 2 1010.
2
2018
1009
1009
1009
1009
1009
x 2
x 2
( x  2 )( x  2 ) x  2 x  2
2 2

Câu 3: Đáp án B
Câu 4: Đáp án B
Câu 5: Đáp án B
Câu 6: Đáp án C
1

Hoành độ giao điểm:

x 2 x  x 0; x 1  V  ( x 2 )2  x 2 dx 
0

2
.
15

Câu 7: Đáp án C
Các điểm cực tiểu của hàm số là các điểm mà
Căn cứ vào đồ thị hàm số

y  f  x 

f  x 

đổi dấu từ âm sang dương.

các điểm đó là x 2.

Câu 8: Đáp án A
Câu 9: Đáp án D
1


dx ln x  1  C ln 2( x  1)  C .

x

1
Có

Câu 10: Đáp án B
Câu 11: Đáp án C
Câu 12: Đáp án C
Câu 13: Đáp án B
Câu 14: Đáp án D
Có

S xq  rl 4 3 .

Câu 15: Đáp án D
Mặt phẳng cần tìm là 1( x  1)  2( y  2)  3( z  3) 0  x  2 y  3 z  14 0.
Câu 16: Đáp án B
Câu 17: Đáp án C


1
1
 x4  2x2  .
y
2 Kẻ đường thẳng
2 và vẽ phác nhanh đồ
Phương trình tương đương với:


thị của hàm số

y   x4  2 x 2

ta thấy chúng cắt tại 6 điểm phân biệt. Nên phương trình có 6

nghiệm thực phân biệt.
Câu 18: Đáp án D
Câu 19: Đáp án B
3

Có

cos( x  3)dx sin( x  3)

3
1

sin 6  sin 4.

1

Câu 20: Đáp án C
 3
3

 
2 z  3  4i 12  z    2i  6  M ( z )   I   2i  , 6  .
2


 
 2
Có
Câu 21: Đáp án D
n

Số tiền người này thu về sau n năm là 15.(1  0, 06) (triệu đồng)
Theo giả thiết, ta có

15.(1  0, 06) n 19  n log1,06

19
4, 057.
15

Vậy sau ít nhất 5 năm thì số tiền người này thu về là ít nhất 19 triệu đồng.
Câu 22: Đáp án A
Số phần tử của không gian mẫu là

 6 6 36.

Gọi A là biến cố cần tính xác suất, ta có
Xác suất cần tính

P ( A) 

 A  (2;6);(6; 2);(3;5); (5;3);(4; 4) .

5

.
36

Câu 23: Đáp án D


Gọi O là tâm của tam giác BCD  AO  ( BCD) và ( AB, ( BCD))  ABO.
2

a
2
AO
 a 

BO  , AO  a 2  
 a 3  tan ABO  BO  2.
3
 3
Và
Câu 24: Đáp án C
Gọi N là trung điểm SA  MN / / SD( SD, BM ) ( MN , BM ).
Ta có

BM 2 BA2  AM 2 a 2 

a 2 5a 2
a 2 5a 2
a2

, BN 2 BA2  AN 2 a 2  

, MN 2  AM 2  AN 2  .
4
4
4
4
2


a2
BM 2  MN 2  BN 2
10
2

cos BMN



.
2 BM .MN
10
a 5a 2
2
2
2
Do đó
Câu 25: Đáp án D

 2 x  2 y  z  6 0

 x  2 y  3 z  1  x 4, y 1, z 0  a  b  c 5.




2
1
Toạ độ điểm H là nghiệm của hệ  2
Câu 26: Đáp án B
Có điều kiện để ba số này theo thứ tự lập thành một cấp số nhân là

 a  log8 2018   a  log 2 2018   a  log 4 2018

2

.

Để cho đơn giản đặt b log 2 2018(b  0) từ điều kiện có:
2

1 
1 


2
 a  b   a  b   a  b   b  4ab 0  b  4a (b  0).
3 
2 



1

1
a  b a  (  4a )
a  log 4 2018
1
2 
2
q

 .
a  log 2 2018
a b
a  (  4a )
3
Khi đó cơng bội của cấp số nhân bằng
Câu 27: Đáp án C
2
10
10
2
10
5
3
Có (1  x )( x  1) ( x  1)  x ( x  1)  a5 C10  C10 .

Câu 28: Đáp án A
 EF  BC
BC , AD  
 EF d ( BC , AD ).
EF


AD

Gọi E,F lần lượt là trung điểm của
Theo pitago và công thức đường trung tuyến có:
2  BA2  BD 2   AD 2 BC 2
BC 2
2(52  52 )  42  62
EF  FB 



2 3.
4
4
4
4
2

Câu 29: Đáp án C


B
(3

t
;3

3
t
;

2
t
)

d

AB(t  2;3t  1; 2t  1).
Gọi giao điểm là
 

ABn

0

1(
t

2)

1(3
t

1)

1(2
t

1)

0


t

1

AB(1;  2;  1).
Theo giả thiết có

Câu 30: Đáp án B
Điểm cực trị của hàm số

f  x

là x  1; x 1.


Phương

f  x  0

trình

có

các

nghiệm

đơn


và

bội

lẻ

là

x a; x b; x c  a   1  b  0  c  1 .
Vậy số điểm cực trị của hàm số

y  f ( x)

bằng 2 + 3 = 5.

Câu 31: Đáp án A
2
2
2
2
Thiết diện là một hình chữ nhật có độ dài cạnh 2 r  x h 2 25a  9a 7a.
2
Vậy S 8a.7a 56a .

Câu 32: Đáp án D
1

Đặt

1


1

2
f ( x)dx xf ( x)dx x f ( x)dx k.
0

0

0

Khi đó áp dụng tích phân từng phần, ta có
1

x
0

1
2

2

2

1

f ( x)dx x d ( f ( x )) x f ( x ) 
0

0


1

f ( x)d ( x

2

)

0

1

 f (1)  2 xf ( x)dx  k  f (1)  2k
0

1

Và

1

1

1

1

xf ( x)dx xd ( f ( x)) xf ( x)  f ( x)dx  f (1)  f ( x)dx  k  f (1)  k .
0


0

0

0

0

f (1) 3k 3
  .
Do đó f (1) 2k 2
Câu 33: Đáp án D
Ta có f ( x )  x  0, x  [a; b](b  a  0).
13  b 2
13  a 2
min f ( x)  f (b) 
; max f ( x)  f (a ) 
.
[ a ;b ]
2
2
Do đó [ a;b ]

13  a 2
 2 2b


2
13


b

2a
Theo giả thiết có  2

b2  a 2
 2 2(b  a )


2
13

a

2b

2

(b  a)( a  b  4) 0

b  a 0

 a 1, b 3.

13  a 2

2
b



2

Vậy có duy nhất một cặp thoả mãn.
Câu 34: Đáp án A
Phương trình tương đương với:

8 x  2 x m(2 x  1)  m 

8x  2 x
.
2x 1


Xét hàm số

f ( x) 

16 x ln 4  8 x ln 8  2 x ln 2
8x  2 x
f ( x) 
 0, x  0.
(2 x  1) 2
2 x  1 trên khoảng (0; ), ta có

Do đó m  f (0)  m  1.
Chọn đáp án A. (Các em nên MODE 7 trên khoảng (0;+vô cực)).
Câu 35: Đáp án A
2
2

2
2
Bốn điểm B(b; b ), C (c; c ), D( d ; d ), E (e; e ) là bốn đỉnh của một hình thang, giả sử BC //

DE. Khi đó

k BC k DE 

3
 a ,
Với 4
ta có

c 2  b2 e2  d 2

 c  b e  d .
c b
e d

cot a   1  cos a  0  sin a

 cot a   1  tan a  0  sin a

Do đó điều kiện để bốn điểm

P  cos a;cos 2 a  , Q  cot a;cot 2 a  , R  sin a;sin 2 a  , S  tan a; tan 2 a 

là các đỉnh của một hình thang là

sin a  cot a tan a  cos a  sin a  cos a  cot a  tan a 0

 sin a  cos a 

cos 2 a  sin 2 a
sin a  cos a
0  1 
0  sin a  cos a  0 
sin a cos a
sin a cos a

 sin a cos a sin a  cos a 

1 2
sin 2a 1  sin 2a  sin 2a 2  2 2 (sin 2a  0).
4

*Chú ý hệ số góc của đường thẳng nối hai điểm A, B là

k AB 

yB  y A
.
xB  x A

Câu 36: Đáp án D
Hàm số y  1  cos 2 x tuần hoàn với chu kì T  .
2019
  1  cos 2 xdx 1. 2 2  1 1  1  cos 2 xdx (22019  1)2 2.
0
0




I  1  2  2  ...  2
2

Do đó

2018

Câu 37: Đáp án D
2
Ta cần giải bất phương trình y 2 xf ( x )  0.

  1  x2  1  0  x  1
x  0  f ( x )  0  
.

x2  4  x  2

Với
2

 x 2   1 x 0
x  0  f ( x )  0  

  2  x   1.
1  x2  4

Với
2


Câu 38: Đáp án D




Có

z1  z2  m; z1 z2 10; z1  z2 2 10.

Và
2

z

1

 z2



2

2

 z1  z2

 2 10 
Do đó
Vì vậy


2

2
2
z1  z2  ( z1  z2 ) 2  4 z1 z2
z1  z2  z1  z2
 2 z1 z2 
 2 z1 z2 
 2 z1 z2 .
2
2

2

2



 m  m2  40
2

m    6,  5,..., 6

 2 10  m 2  40 40  m 2  m 2  40 0.

có tất cả 13 số nguyên thoả mãn.

Câu 39: Đáp án A
2


Diện tích của hình phẳng (H) bằng
Với m a 

S 4 x  x3 dx 4.
0

b , phương trình hồnh độ giao điểm :

x 0

4 x  x3 mx
 x( x 2  m  4) 0


.

0  x 2
 0  x 2

 x  4  m  [0; 2]

Khi đó ta cần tính:
4 m

S1 


0


S
4 x  x  mx dx  2 
2

x 4 mx 2
 (2 x 

)
4
2 0

4 m

3

4 m

2

2  

  4x  x

3

 mx  dx 2

0

(4  m) 2 1

 (4  m) 2 2  m 4  2 2  (0; 4).
4
2

Vậy a 4, b 8 và a  b 12.
Câu 40: Đáp án C
 MA2  MB 2  AB 2

2
2
2
 MB  MC BC .
 MC 2  MA2 CA2
M  x; y; z 
Giả sử điểm
thỏa mãn, ta có: 

Sau khi rút y,z theo x ta được một phương trình bậc hai ẩn x, nên có tối đa hai nghiệm x thoả
mãn tức có tối đa hai điểm thoả mãn bài tốn.
Dễ thấy điểm

O  0;0;0 

thoả mãn và điểm O1 đối với với O qua mặt phẳng (ABC) cũng thoả

mãn.
*Chú ý. Có thể giải chi tiết hệ phương trình trên từ đó có kết quả bài tốn.


( x  1) 2  y 2  z 2  x 2  y 2  ( z  1)2 2

 x  y  z 0
 2
2
2
2
2
2

x

y

(
z

1)

x

(
y

1)

z

2

2.



x

y

z

 x 2  ( y  1)2  z 2  ( x  1) 2  y 2  z 2 2
3



Câu 41: Đáp án D
Xét điểm M (m;9m  14), m  , 0  m  10 và đường thẳng qua M có hệ số góc k là

y k  x  m   9m  14.
 x 3  3x  2 k ( x  m)  9m  14
.

2
3
x

3

k
Ta có hệ điều kiện tiếp xúc: 
3
2
Suy ra : x  3 x  2 (3x  3)( x  m)  9m  14


 2( x3  8)  3m( x 2  4) 0  ( x  2)  2( x 2  2 x  4)  3m( x  2)  0

x 2

 2
.
 2 x  (4  3m) x  8  6m 0(1)
Yêu cầu bài toán tương đương với (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2.
4
 (4  3m) 2  8(8  6m)  0
 m 2
 3
.
 2

 2.2  2(4  3m)  8  6 m 0
 m4
Vậy

Đối chiếu điều kiện có

m   3, 4,...,9

có 7 số nguyên thoả mãn, tức có 7 điểm.

Câu 42: Đáp án C
Vì OABC là tứ diện vuông đỉnh O nên OH  ( ABC ).
Đường thẳng cần tìm qua gốc toạ độ O và vng góc với mặt phẳng (ABC), trong đó
x y z

  .
x y z
1 1
1
( ABC ) :   1.
2 3
1 2 3
Do đó đường thẳng cần tìm có phương trình là

Câu 43: Đáp án C



sin a  cos a  2 sin  a   ,
4  và n  n  1 chẵn do đó:

Có
lim un  lim

n  

 lim

n  

n  



2 sin  n 3 n3  3n2  n  1  

4



2 sin  n




3



n3  3n 2  n  1  ( n 1) 



4








 2   1  3
3 3
2
 2 sin  lim n n  3n  n  1  (n  1)    2 sin  

 
.
n  
4
2
 3 4
             
2



3





Câu 44: Đáp án A

f  x  0

Theo giả thiết

f  x1  1,
f  x2 
có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và
ta cần tìm

2
Ta có f ( x) 0  3x  2 x  m 0 phương trình này có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi


1
 1  3m  0  m  .
3

2

 x1  x2  3

 x x m
3
2
1 2
3 và f ( x1 ) 1  x1  x1  mx1 1,
Khi đó theo vi-ét ta có 
 2

m 3x1 x2 3x1    x1   2 x1  3 x12
 3

Khi đó rút
và thay vào đẳng thức cuối có
x13  x12  x1 (  2 x1  3 x12 ) 1  2 x13  x12  1 0  x1  1  m  1
3

(thoả mãn điều kiện).
2

2
1

5
 1  1  1
f ( x )  x  x  x, x1  1, x2   1   f ( x2 )         
.
3
3
3
3
3
27






Vậy
3

2

Câu 45: Đáp án A

M  z  , A  2  3i  , B   4  6i  .
Xét z a  bi và
Ta có

MA  z  2  3i , MB  z  4  6i , AB  62  9 2 3 13.

Vậy giả thiết tương đương với: MA  MB  AB  M  [ AB].


Phương trình

3
AB : y  x 
2

3

 M  AB
 b a

2 .

 xB xM x A
 4 a 2
2

Khi đó

P  z  i  z  i  a 2   b  1  a 2   b  1
2

2

2

3

3


 f (a )  a 2   a  1  a 2   a  1 max f (a )  f ( 4)  41  65.
2

2

[  4;2] 
MODE7

Câu 46: Đáp án A
Giả thiết tương đương với:


2

1

1
 3

f ( x) f ( x)  1 dx  f ( x)dx  1 0


2
0
0

2

1


 3

 
f ( x) f ( x)  1 dx   f (1)  f (0)  1 0
    
2
0
0            
0

f (1)  f (0) 1

f (1)  f (0) 1


 3

 f 3 ( x) 2 x  c
2
f ( x) f ( x )  1 0, x  [0;1] 3 f ( x) f ( x) 2, x  [0;1]

 2

Và

f (1)  f (0) 1 
1

3


c2 

3

c 1  c 

2 21
 1( SHIFT  SOLVE   SHIFT  STO  A)
9

1


2 21 
2 21 
ˆ 
f
(
x
)
dx

2
x

 1 dx 
.  Nhap





9
9 
0
0

Vậy
3

1



 2 X  A dx 
0

.

Câu 47: Đáp án A
1
1
42 3
S ABCD  AC.BD  .6.8 24
S SAD 
4 3.
2
2
4
Ta có

và

Do đó

V

2 S ABCD .S SAD .sin  ( SAD), ( ABCD)  2.24.4 3.sin 
3

24  sin  
  600.
3 AD
3.4
2

Câu 48: Đáp án C
Có VS . ABCD VS . ABD  VS .BCD và áp dụng công thức thể tích tứ diện cho trường hợp có các góc tại cùng
3

một đỉnh có

Vậy

V

VS . ABD

2

3


2 2
2 7 2


.
3
2
6

Câu 49: Đáp án A
2

2

1
2 2
1
2
1
1
1
1
 .4.2.1 1  2    3   
;VS . BCD  .2.3.1 1  2    3    .
6
3
6
2
 2

 2
 2
 2

2

2

3 3
 1  1  5
AB           
 R1  R2 .
2
2
2
2






Có
Nên hai mặt cầu cắt nhau.

Giả sử (P) tiếp xúc với ( S1 ), ( S 2 ) lần lượt tại M,N thì MN cắt AB tại điểm I thoả mãn
IA
IB
IA AM R1 3




  2  B
AM BN
IB BN R2 3
2
là trung điểm IA.


Do

đó

I  2;1; 2  .

Vậy

mặt

phẳng

(P)

qua

I  2;1; 2 

điểm

có


phương

a  x  2   b  y  1  c  z  2  0.

(
P
)
/
/
CD
(4; 2;  4)  2a  b  2c 0  b 2c  2a.
Vì
d ( A, ( P)) 3 
Và

|  a  b  5c |
2

2

a b c

2

 c 2a
1  
.
a  4(c  a )  c
 a 2c

| a c |

3 

2

2

2

Vậy có hai mặt phẳng thoả mãn.
Câu 50: Đáp án D
Xác suất để sau 4 phút, con kiến thứ nhất đi đến vị trí A1 là

P1  A1  

P2  A1  

Xác suất để sau 4 phút, con kiến thứ hai đi đến vị trí A1 là

C40
24

C40
24
0 2
4

Xác suất để hai con kiến gặp nhau tại A1 là:


C 
P  A  P  A  .P  A  
1

2

1

2

1

256

Tương tự xác suất để hai con kiến gặp nhau tại A2 , A3 , A4 , A5 lần lượt là:
2

2

2

1
2
3
C41 C41  C4 
C42 C42  C4 
C43 C43  C4 
P  A1   4 . 4 
; P  A2   4 . 4 
; P  A3   4 . 4 

;
2 2
256
2 2
256
2 2
256
2

2

3
4
C 3 C 3  C4 
C 4 C 4  C4 
P  A4   44 . 44 
; P  A5   44 . 44 
.
2 2
256
2 2
256

Vậy xác suất để hai con kiến gặp nhau là
5

P 
i 1

0 2

4

1 2
4

2 2
4

3 2
4

4 2
4

C  C  C  C  C 
P A  
i

256



70
35

256 128

trình