GIẢI CHI TIẾT Đề thi thử Toán THPT Chuyên ĐH Vinh – Nghệ An lần 3

Tuổi trẻ trải qua giông bão, tôi luyện bản thân tính kiên định và dám đương đầu với khó khăn. Các bạn đã đi cả một chặng đường dài để bước gần tới cánh cửa quan trọng nhất của cuộc đời. Cánh cửa đó mở ra một thế giới mới, nơi bạn tự do vùng vẫy và có trách nhiệm với bản thân hơn. Các bạn đã và đang làm rất tốt. Bạn và tôi cùng nhau tự tin vươn tới ước mơ thôi nào. Ngoài ra thì, các bạn có thể thử sức thêm với rất nhiều Đề thi thử THPT Quốc Gia 2018 môn Toán và thi online hoàn toàn miễn phí

ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017 - 2018 MƠN: TỐN 12 (Thời gian làm 90 phút) Họ tên thí sinh: SBD: Mã đề thi 132 BẢNG ĐÁP ÁN B D B A B D B 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 A C B D B C D C C D C D A B B C A A 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 A A D A C B B D C D C C C B C D A A C D B D C C A HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: [2D3-1] Giả sử F  x  nguyên hàm hàm số f  x   1  khoảng  ;   3 3x   Mệnh đề sau đúng? A F  x   ln  3x  1  C B F  x   ln  3 x  1  C C F  x   ln 3x   C D F  x   ln  3x  1  C Lời giải Chọn B F ( x)   Câu 2: 1 1  dx  ln x   C  ln  3 x  1  C (do x   ;   ) 3 3x  3  [2H3-1] Trong không gian Oxyz , cho điểm M 1; 1;  mặt phẳng  P  : x  y  3z 1  Đường thẳng qua điểm M vng góc với mặt phẳng  P  có phương trình x 1 y 1 z    1 x  y 1 z    C 1 x  y 1 z    1 x 1 y 1 z    D 1 Lời giải A B Chọn D Do đường thẳng  cần tìm vng góc với mặt phẳng  P  nên véctơ pháp tuyến  P  nP   2; 1;3 véctơ phương  Mặt khác  qua điểm M 1; 1;  nên phương trình tắc  Câu 3: x 1 y 1 z    1 [2D4-1] Cho số phức z  a  bi với a , b số thực Mệnh đề sau đúng? B Môđun z a  b D Số z z có môđun khác Lời giải A Phần ảo z bi C z  z số thực Chọn B z  z.z  z z  z  Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com  a  b2   a  b2 Trang 1/24 - Mã đề thi 132 Câu 4: 1  1  1  1  [2D2-2] Phương trình ln  x   ln  x   ln  x   ln  x    có nghiệm? 2  2  4  8  A B C D Lời giải Chọn A   x   x    x   x     2  x Điều kiện:   x   x     4   x   x     Khi đó:   1    ln  x    x  1 x     2      1 x   x   ln  x      1 1           2 ln  x   ln  x   ln  x   ln  x         2  2  4  8 1   x   x   ln  x    4   4       1 x   x   ln  x      8   3 7 So với điều kiện, ta tập nghiệm phương trình S   ; ;  Vậy phương trình 2 8 cho có ba nghiệm Câu 5: [2H3-1] Trong không gian Oxyz , véctơ pháp tuyến mặt phẳng   : x  y  3z   A u   3;  2; 1 B n  1;  2; 3 C m  1; 2;  3 D v  1;  2;  3 Lời giải Chọn B Ta có   có dạng Ax  By  Cz  D    có véctơ pháp tuyến n   A; B; C  Suy   : x  y  3z   có véctơ pháp tuyến n  1;  2; 3 Câu 6: [2D1-1] Cho hàm số y  f  x  liên tục có bảng xét dấu đạo hàm hình vẽ Hàm số cho có điểm cực trị? A B C Lời giải D Chọn D Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 2/24 - Mã đề thi 132 Dựa vào bảng xét dấu f   x  , ta có: hàm số f  x  có điểm x0 mà f   x  đổi dấu x qua điểm x0 Vậy hàm số cho có điểm cực trị Câu 7: [2D3-1] Cho hình phẳng  D  giới hạn bới đường x  , x   , y  y   sin x Thể tích V khối tròn xoay tạo thành quay  D  xung quanh trục Ox tính theo công thức   A V    sin x dx B V    sin xdx 0 C V        sin x  dx D V   sin xdx 0 Lời giải Chọn B  Ta tích khối tròn xoay cần tính V    sin xdx Câu 8: [2D1-2] Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục có bảng biến thiên hình bên Đồ thị hàm số y  f  x  cắt đường thẳng y  2018 điểm? A B C Lời giải D Chọn A Dựa vào bảng biến thiên hàm số y  f  x  , ta có đồ thị hàm số y  f  x  cắt đường thẳng y  2018 điểm Câu 9: [2D2-2] Cho log a c  x  logb c  y  Khi giá trị log ab c Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 3/24 - Mã đề thi 132 A 1  x y B xy C xy x y D x  y Lời giải Chọn C Ta có: log ab c  1   log c ab log c a  log c b 1  log a c log b c  1  x y  xy x y Câu 10: [2H3-2] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M  1; 1; 0 N  3; 3;  Mặt phẳng trung trực đoạn thẳng MN có phương trình A x  y  3z   B x  y  3z  13  C x  y  3z  30  D x  y  3z  13  Lời giải Chọn B Mặt phẳng trung trực  P  đoạn thẳng MN qua điểm I 1; 2; 3 trung điểm đoạn thẳng MN có vectơ pháp tuyến MN   4; 2;  Phương trình mặt phẳng  P  :  x  1   y     z  3   x  y  3z  13  Câu 11: [2H1-2] Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đơi vng góc với OA  a , OB  2a , OC  3a Thể tích khối tứ diện OABC A V  2a B V  a3 C V  2a D V  a Lời giải Chọn D 1 Ta có: VO ABC  OA.SOBC  OA OB.OC  a 3 Câu 12: [1D4-2] Giá trị lim x  A 2x 1 x2  1 B 2 C  Lời giải D Chọn B Ta có: lim x  2 2x 1 x  2  lim  lim x  x  1 x 1 1 x 1 1  1  x x x 2x 1 Câu 13: [2H2-2] Cắt hình trụ mặt phẳng qua trục nó, ta thiết diện hình vng cạnh 2a Diện tích xung quanh hình trụ Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 4/24 - Mã đề thi 132 A 2 a D 16 a C 4 a Lời giải B 8 a Chọn C Dựa vào hình vẽ ta có bán kính chiều cao hình trụ a 2a Do đó, S xq  2 Rh  2 a.2a  4 a Câu 14: [1D2-1] Một nhóm học sinh có 10 người Cần chọn học sinh nhóm để làm cơng việc tưới cây, lau bàn nhặt rác, người làm công việc Số cách chọn A 103 B 10 C C103 D A103 Lời giải Chọn D Số cách chọn em học sinh số cách chọn phần tử khác 10 phần tử có phân biệt thứ tự nên số cách chọn thỏa yêu cầu A103 Câu 15: [2D1-2] Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x   x  x   , với x Hàm số cho nghịch biến khoảng đây? A 1; 3 B  1;  C  0; 1 D  2;  Lời giải Chọn C x  Ta có: f   x     x  Đồng thời f   x    x   0;  nên ta chọn đáp án theo đề  0; 1 Câu 16: [2D1-2] Đồ thị hàm số y  x 1 x2 1 B A có tất tiệm cận đứng tiệm cận ngang? C Lời giải D Chọn C Tập xác định hàm số D   ; 1  1;   x  Đồ thị có tiệm cận ngang y  Ta có lim y  lim x  x  1 x 1 Tương tự lim y  1  đồ thị có tiệm cận ngang y  1 x  Ta có: lim  x  1   ; lim x   x 1 x 1 x   , x  nên lim y   x 1  đồ thị có tiệm cận đứng x  Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 5/24 - Mã đề thi 132  x 1  lim y  lim     x 1 x 1 x    Kết luận : Đồ thị hàm số có tất đường tiệm cận gồm tiệm cận đứng ngang Câu 17: [1D2-2] Gieo đồng thời hai súc sắc cân đối đồng chất Xác suất để tổng số chấm mặt xuất hai súc sắc khơng vượt 5 A B C D 12 18 Lời giải Chọn D Số phần tử không gian mẫu n     6.6  36 Gọi A biến cố: ‘‘Tổng số chấm xuất mặt hai súc sắc không vượt ” Các phần tử A là: 1;1 , 1;  , 1;3 , 1;  ,  2;1 ,  2;  ,  2;3 ,  3;1 ,  3;  ,  4;1 Như số phần tử A là: n  A  10 Vậy xác suất cần tìm là: P  A  n  A n   18 x   t  Câu 18: [2H3-2] Trong không gian Oxyz , cho điểm A  1;1;6  đường thẳng  :  y   2t Hình  z  2t  chiếu vng góc điểm A đường thẳng  là: A N 1;3; 2  B H 11; 17;18 C M  3; 1;2  D K  2;1;0  Lời giải Chọn C Gọi   mặt phẳng qua A vng góc với  H Khi H hình chiếu A   Phương trình mặt phẳng   : 1 x  1   y  1   z     x  y  z   Ta có H   H   t;1  2t; 2t  H      t  1  2t   4t    t  Vậy H  3; 1;2  điểm cần tìm Câu 19: [1H3-2] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, cạnh AB  a , AD  3a Cạnh bên SA  a vuông góc mặt phẳng đáy Góc đường thẳng SB mặt phẳng  SAC  bằng: A 75 B 60 C 45 Lời giải D 30 Chọn D Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 6/24 - Mã đề thi 132 S A D H B C Kẻ BH  AC H  AC  BH   SAC  SH hình chiếu BH mặt phẳng  SAC  Góc SB mặt phẳng  SAC  BSH AB.BC Ta có BH  AB  BC 2  a , SB  SA2  AB  a Trong tam giác vuông SBH ta có sin BSH  BH   BSH  30 SB Câu 20: [2D2-2] Đạo hàm hàm số y   x  x  1 2x 1 A y  3 x  x  1 2 B y   x  x  1 C y   x  x  1 D y  2x 1 x2  x  Lời giải Chọn A Ta có y  1 2x 1 x  x  x  x  1     3  x  x  1 Câu 21: [1H3-2] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a , cạnh bên SA  a , mặt bên SAB tam giác cân đỉnh S thuộc mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Khoảng cách gữa hai đường thẳng AD SC S D A B Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com C Trang 7/24 - Mã đề thi 132 A 2a B 4a C a 15 D 2a 15 Lời giải Chọn B S K D A H B C Gọi H trung điểm cạnh AB Do tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy nên SH   ABCD  Theo giả thiết ta có AB  2a  AH  a Mà ta lại có SA  a nên SH  SA2  AH  2a Ta có AD // BC  AD //  SBC   d  AD, SC   d  AD,  SBC    d  A,  SBC    2d  H ,  SBC   Do mặt phẳng  SBC    SAB  nên từ H kẻ HK  SB HK  d  H ,  SBC   Ta có HK  SH HB 2a.a 2a 4a  d  AD, SC   HK    SB a Câu 22: [2D3-2] Tính  32 x 1 dx A ln B 12 ln C ln D 27 ln Lời giải Chọn B Ta có  x 1 1 12 1 32 x1  33  3  dx   32 x 1 d  x  1   ln ln ln 20 Câu 23: [2D1-2] Hàm số y   x  x  nghịch biến khoảng đây?  1 A  0;   2 B 1;  C  2;0  D  0;1 Lời giải Chọn C  x   Ta có y   x  x   x  1 Giải phương trình y    x  x   x  1    x   x   Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 8/24 - Mã đề thi 132 Lập bảng biến thiên  x y      y 1  Từ bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến khoảng  ;0   ;1 nên hàm số nghịch 2  biến khoảng  2;0  Câu 24: [2D1-2] Ký hiệu a , A giá trị nhỏ giá trị lớn hàm số y  đoạn  0; 2 Giá trị a  A A B 18 C Lời giải x2  x  x 1 D 12 Chọn A  x  1  0; 2 Giải phương trình y   x  x      x  1  x    0; 2 10 Do y    ; y 1  ; y    nên max y  y     A  ; y  y 1   a  0;2 0;2 Vậy A  a  Câu 25: [2D4-2] Cho số phức z1   2i , z2   2i Phương trình bậc hai có hai nghiệm z1 z2 Ta có y  x2  2x  A z  z  13  B z  z  13  C z  z  13  Lời giải D z  z  13  Chọn A Do z1   2i , z2   2i hai nghiệm phương trình nên  z  z1  z  z2     z   2i  z   2i     z  3 Câu 26: [2D3-2] Giả sử F  x  nguyên hàm f  x      z  z  13  ln  x  3 cho F  2   F 1  x2 Giá trị F  1  F   A 10 ln  ln B C ln D ln  ln Lời giải Chọn A ln  x  3 dx Tính  x2 dx  u  ln  x  3 du    x3  Đặt  dx dv  v   x   x Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 9/24 - Mã đề thi 132 Ta có  ln  x  3 x 1 x dx   ln  x    ln  C  F  x, C  dx   ln  x  3   x x3 x x  x  3 1 1    Lại có F  2   F 1    ln  C     ln  ln  C    2C  ln 3    1 10 Suy F  1  F    ln  ln  ln  ln  2C  ln  ln 3 Câu 27: [1H3-3] Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có AB  a AA  a Góc hai đường thẳng AB BC C A B C' A' B' A 60 B 45 C 90 Lời giải D 30 Chọn A C A B C' A' B'    Ta có AB.BC   AB  BB BC  CC   AB.BC  AB.CC  BB.BC  BB.CC a2 3a 2  AB.BC  AB.CC  BB.BC  BB.CC      2a  2 3a AB.BC      AB, BC    60 Suy cos AB, BC   AB BC  a 3.a   Câu 28: [2D1-3] Cho hàm số y  f  x  y  g  x  liên tục khoảng xác định chúng có bảng biến thiên cho hình vẽ Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 10/24 - Mã đề thi 132  x x f  x f  x g  x      – –   g  x 0  Mệnh đề sau sai? A Phương trình f  x   g  x  khơng có nghiệm thuộc khoảng  ;0  B Phương trình f  x   g  x   m có nghiệm với m  C Phương trình f  x   g  x   m có nghiệm với m D Phương trình f  x   g  x   khơng có nghiệm Lời giải Chọn D Trong khoảng  ;0  , ta có f  x   0, g  x   nên phương trình f  x   g  x  vô nghiệm suy A Đặt h  x   f  x   g  x   h  x   f   x   g   x   0, x  Ta có bảng biến thiên sau Từ bảng biến thiên ta có B, C x  h  x  h  x  – –    Xét khoảng  0;   , ta có bảng biến thiên x  f  x f  x x g  x   y0 g  x  1    1 Suy phương trình f  x   g  x   có nghiệm Vậy D sai Câu 29: [1D2-3] Tìm hệ số x sau khai triển rút gọn đơn thức đồng dạng 1 2   x  2x  , x  x  A 2940 B 3210 C 2940 Lời giải D 3210 Chọn A Ta có Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 11/24 - Mã đề thi 132 9 k 9 k k i k 1 1  2 k 1 k  Cki C9k  1 2i.x k i 9  x  x   x x   C x x              x  x  k 0  x  k 0 i 0 Theo u cầu tốn ta có 2k  i    2k  i  12 ;  i  k  ; i, k  Ta có cặp  i; k  thỏa mãn là:  0;6  ,  2;5 ,  4;  Từ hệ số x : C60C96  1 60 20  C52C95  1 5 22  C44C94  1 4 24  2940 Câu 30: [1H3-3] Một cốc hình trụ có đường kính đáy cm , chiều cao 15 cm chứa đầy nước Nghiêng cốc cho nước chảy từ từ đến mép nước ngang với đường kính đáy cốc Khi diện tích bề mặt nước cốc A 26  cm 10 B 26 cm2 C 26  cm D 26  cm Lời giải Chọn C Ta có: OH  , OB  OH  HB  26 , cos HOB  26 Áp dụng công thức hình chiếu diện tích hình phẳng ta có: S   S cos HOB  32 26 S  cm S 2 cos HOB 26 Cách khác dùng diện tích hình elip S 26 1 cm S E    ab   152  32   3.3 26  2 2 Câu 31: [2H2-2] Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh AB  a , góc tạo  SAB   ABC  60 Diện tích xung quanh hình nón đỉnh S có đường tròn đáy ngoại tiếp tam giác ABC Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 12/24 - Mã đề thi 132 A 7 a B 7 a C 3 a D 3 a Lời giải Chọn B Gọi M trung điểm AB gọi O tâm tam giác ABC ta có :  AB  CM  AB   SCM   AB  SM AB  CM   AB  SO Do góc  SAB   ABC  SMO  60 Mặt khác tam giác ABC cạnh a nên CM  SO  OM tan 60  a a 3 Hình nón cho có chiều cao h  SO  l  h2  R  a a Suy OM  CM  a a , bán kính đáy R  OA  , độ dài đường sinh a 21 Diện tích xung quanh hình nón là: S xq   R.l   a a 21 7 a  6 Câu 32: [2D2-2] Tìm tất giá trị tham số m để phương trình 4x  2x   3m  x  1 có hai nghiệm phân biệt A  m  log B  m  log C log  m  D log  m  Lời giải Chọn B Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 13/24 - Mã đề thi 132 Ta có 4x  2x   3m  x  1  4x  1  3m  2x   3m  Đặt t  x  , n  3m  ta tìm n  để phương trình t  1  n  t   n  có hai nghiệm dương phân biệt 1  n     n   n  2n  15    n  5          n    n  Do  S   n    n  P  1  n  4  n  n      Vậy  3m    m  log3 Câu 33: [2D4-3] Cho số phức z Gọi A , B điểm mặt phẳng  Oxy  biểu diễn số phức z 1  i  z Tính z biết diện tích tam giác OAB A z  2 C z  B z  D z  Lời giải Chọn D Ta có OA  z , OB  1  i  z  z , AB  1  i  z  z  iz  z Suy OAB vuông cân A ( OA  AB OA2  AB  OB ) 1 Ta có: SOAB  OA AB  z   z  2 Câu 34: [2H3-3] Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 2; 1 , đường thẳng d : x 1 y 1 z    1 mặt phẳng  P  : x  y  z   Điểm B thuộc mặt phẳng  P  thỏa mãn đường thẳng AB vng góc cắt đường thẳng d Tọa độ điểm B A  3; 2; 1 B  3;8; 3 C  0;3; 2  D  6; 7;0  Lời giải Chọn C Đường thẳng d có VTCP ud   2;1; 1 Gọi M  AB  d  M 1  2t ; 1  t;  t   AM   2t ; t  3;3  t  AB  d  AM u   4t  t    t   t   AM   2; 2;   1; 1;1 Đường thẳng AB qua điểm A 1; 2; 1 , có VTCP u  1; 1;1 x  1 t   AB :  y   t  t   z  1  t   x  1 t t  1 y  t x    Ta có: B  AB   P  nên tọa độ B nghiệm hệ    z  1  t y   x  y  z     z  2  B  0;3; 2  Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 14/24 - Mã đề thi 132 Câu 35: [2D3-3] Cho y  f  x  hàm số chẵn liên tục Biết  f  x  dx  f  x 3 trị x 2 1 f  x  dx  Giá 1 dx C Lời giải B A D Chọn D Do  f  x  dx   f  x  dx    f  x  dx 1 21 2  f  x  dx  2   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  f  x Mặt khác  1 x 2 dx  3 f  x 3 2 I 3 x f  x 3 2 x 1 f  x 2  x 1 1 1 f  x dx   3x  dx y  f  x  hàm số chẵn, liên tục dx Đặt t  x  dx  dt dx    dx  x 2  f   x   f  x  x  Xét I  f  x 3 t  f  x 3 2 f  t  x 1 dt = dx    f  x 3x  t x f t  f  x f  t  dt =  x dx dt =  t   0 1 3t dx   3x f  x  1 x dx   f  x 1 x dx   3 x  1 f  x  3x  dx   f  x  dx  Câu 36: [2D1-3] Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hàm số y  f   x  cho hình bên Hàm số y  2 f   x   x nghịch biến khoảng y 1 O x 2 A  3;   B  2;  1 C  1;  D  0;  Lời giải Chọn C Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 15/24 - Mã đề thi 132 Ta có y  2 f   x   x  y     x  f    x   x y  f    x   x  y   f    x   x   f    x     x   Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y  x  cắt đồ thị y  f   x  hai điểm có hồnh độ 1  x1  nguyên liên tiếp  từ đồ thị ta thấy f   x   x  miền  x  nên  x2  f    x     x   miền   x   1  x  Vậy hàm số nghịch biến khoảng  1;  x 1 d1 , d hai tiếp tuyến  C  song song với 2x Khoảng cách lớn d1 d Câu 37: [2D1-3] Cho đồ thị  C  : y  A B C Lời giải D 2 Chọn C x 1 , y  x   x  2x 2x d1 , d hai tiếp tuyến  C  song song với có hồnh độ tiếp điểm Do  C  : y  x1 , x2  x1  x2  , nên ta có y  x1  = y  x2    x1  x2 1  x1   x2  2 2 x1 x2  x1   x2  x 1   x 1  Gọi M  x1 ;  ; N   x1;  x1  x1     x 1  x 1 x 1 1   x  x1   y  0 PTTT d1 M  x1 ;  : y   x  x1   x1 x1 x1 x1 x1   Khi d d1 , d2   d N ;d1   x1 1 x14 Áp dụng BĐT Cô-Si ta có x12   4x  x1 1  x12   d d1 ; d2   x1 x1 4 x12  x12   2 Câu 38: [2H3-2] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2   z  1  tiếp xúc với 2 hai mặt phẳng  P  : x  y  z   ,  Q  : x  y  z   điểm A , B Độ dài đoạn AB A B C Lời giải D Chọn C Gọi A  x; y; z  tiếp điểm mặt phẳng  P  : x  y  z   mặt cầu  S  Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 16/24 - Mã đề thi 132  x 1 y  z      IA  knP  Khi   1  A  0;1; 3 A  P      x  y  2z   Gọi B  x ; y ; z   tiếp điểm mặt phẳng  Q  : x  y  z   mặt cầu  S   x  y   z       IB  knQ  Khi   1  B  3;1;0  B  Q       x  y   z    Độ dài đoạn AB  Câu 39: [2H3-3] Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d :  S  :  x  1   y 1   z  2 2 x 1 y  z  m   mặt cầu 1  Tìm m để đường thẳng d cắt mặt cầu  S  hai điểm phân biệt E , F cho độ dài đoạn EF lớn A m  1 C m   Lời giải B m  D m  Chọn B Mặt cầu  S  có tâm I 1;1;  bán kính R  Gọi H hình chiếu vng góc I d , H trung điểm đoạn EF  Ta có EF  EH  R  d  I ,  P    Suy EF lớn d  I ,  P   nhỏ Đường thẳng d qua A 1; 1; m  có véc tơ phương u  1;1;  Ta có AI   0; 2;  m  ,  AI , u     m;  m; 2  Suy d  I ,  P     AI , u  2m2  12     11 u  Do d  I ,  P   nhỏ m  Khi EF  EH  R  d  I ,  P   Câu 40: [2D1-3] Biết giá trị nhỏ hàm số y  mx  sau đúng? A  m  B  m   2 36  0;3 20 Mệnh đề x 1 C  m  Lời giải D m  Chọn C y  mx  36 36  y  m  x 1  x  1 Trường hợp 1: m  , ta có y   36  x  1  0, x  1 Khi y  y  3  (loại) x0;3 Trường hợp 2: m  Nếu m  , ta có y  , x  1 Khi y  y  3  20  3m   m  x0;3 Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com 11 (loại) Trang 17/24 - Mã đề thi 132 Nếu m  , y   m  0 36  x  1     m  36 , y  x0;3 m  x 1  36 m    x  1   m   x   m 1 l   m    y  1  12 m  m  20    m   m  100  l  11    m  , y  y  3  20  3m   m   l  x0;3 m x   t  x  2t    Câu 41: [2H3-3] Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d :  y   t , d  :  y   t  Đường z  t z   t   thẳng  cắt d , d  điểm A , B thỏa mãn độ dài đoạn thẳng AB nhỏ Phương trình đường thẳng  x 1 y  z x4 y z2     A B 2 2 1 x y  z 1 x  y 1 z 1    C  D 1 3 2 Lời giải Chọn D   d  A 1  t;2  t; t  ,   d  B  2t ;1  t ;2  t    AB.u  2t   3t  2 2t   t   t   t   t   t   t         2t     t t  t   t  t   t  t    AB u     t   3  Suy A  2;1;1 , AB   1; ;  2  AB ngắn suy AB đoạn vng góc chung d , d  Vậy  qua A  2;1;1 có vectơ phương u  AB   2;1;3   : x  y 1 z 1   2 Câu 42: [2D1-3]Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x    x3  x  x3  x  với x  Hàm số f 1  2018 x  có nhiều điểm cực trị? A B 2018 C 2022 D 11 Lời giải Chọn A Ta có f   x   x3  x  2  x    có nghiệm đổi dấu lần nên hàm số y  f  x  có cực trị Suy f  x   có tối đa nghiệm phân biệt Do y  f 1  2018x  có tối đa cực trị Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 18/24 - Mã đề thi 132 Câu 43: [2D2-3] Gọi a giá trị nhỏ f  n    log3  log 3 log  log n  , với 9n n , n  Có số n để f  n   a ? B vô số A Chọn A Ta có f  n  1  f  n  log  n  1 C Lời giải , f  n   f  n  1 D log n   f  n   f  n  1 Do a giá trị nhỏ f  n  nên f  n   a     f  n   f  n  1  log  n  1  f  n   f  n  log  n  1  9  39   n  39   log n   f  n  1 log n  f  n  1  Vậy có giá trị n thỏa yêu cầu tốn Câu 44: [2H1-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , cạnh bên SA  2a vng góc với mặt phẳng đáy Gọi M trung điểm cạnh SD Tang góc tạo hai mặt phẳng  AMC   SBC  A B C D Lời giải Chọn C Chọn hệ trục tọa độ chuẩn hóa cho a  cho A  0;0;0  , B  0;1;0  , D 1;0;0  , S  0;0;  1  Ta có M trung điểm SD  M  ;0;1 , C 1;1;0  2  1 1   AM   ;0;1  , AC  1;1;0  ,  AM , AC    1;1;    AMC  có vtpt n   2; 2;1 2  2  SB   0;1; 2  , SC  1;1; 2  ,  SB, SC    0; 2;1   SBC  có vtpt k   0; 2;1 Gọi  góc hai mặt phẳng  AMC   SBC  cos   Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com n.k n.n  Trang 19/24 - Mã đề thi 132 Do tan   nên tan   1  cos  Câu 45: [2D2-4] Biết a số thực dương cho bất đẳng thức 3x  a x  x  x với số thực x Mệnh đề sau đúng? A a  12;14 B a  10;12 C a  14;16 D a  16;18 Lời giải Chọn D Ta có 3x  a x  x  x  a x  18x  x  x  3x  18 x  a x  18x  3x  2x  1  9x  2x  1  a x  18x  3x  2x  1 3x  1 * Ta thấy  2x 13 x 1  0, x   3x  2x  13x 1   0,  x Do đó, * với số thực x  a x  18x  0, x  x a     1, x   18  a    a  18  16;18 18 Câu 46: [2H1-4] Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh 2a , gọi M trung điểm BB P thuộc cạnh DD saeo cho DP  DD Mặt phẳng  AMP  cắt CC N Thể tích khối đa diện AMNPBCD A D C B P M D' A' B' A V  2a C' B V  3a 9a C V  Lời giải 11a D V  Chọn B Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 20/24 - Mã đề thi 132 A D O P C B K M D' A' N O' B' C' Thể tích khối lập phương ABCD.ABCD V   2a   8a3 Gọi O , O tâm hai hình vng ABCD ABCD , gọi K  OO  MP , N  AK  CC 3a 1 a  3a Ta có OK   DP  BM    a    Do CN  2OK  2 2 2 Diện tích hình thang BMNC S BMNC 1 3a  5a   BM  CN  BC   a   2a  2  Thể tích khối chóp A.BMNC 1 5a 5a3 VA.BMNC  S BMNC AB  2a  3 Diện tích hình thang DPNC  a 3a  S DPNC   DP  CN  CD     2a  2a 2 2  Thể tích khối chóp A.DPNC 1 4a VA DPNC  S DPNC AD  2a 2a  3 Thể tích khối đa diện AMNPBCD V  VA.BMNC  VA.DPNC Câu 47: [2D3-4] Cho 5a 4a    3a 3 hàm số y  f  x có π  f  x   f   x   sin x.cos x , với x 2  đạo hàm liên tục f    Giá trị tích phân thỏa mãn π  x f   x  dx π A  B C π D  Lời giải Chọn D Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 21/24 - Mã đề thi 132 Theo giả thiết, π  f  x   f   x   sin x.cos x nên 2  f    π f    f    hay 2 π f  0 2 π π π π π 0 Mặt khác, I   x f   x  dx   xd  f  x     xf  x     f  x  dx hay I    f  x  dx π Mà π π   f  x  dx   f   x  dx Suy I   nên I   π π  f  x  0  π  f   x   dx 2  π 1 1  sin x.cos xdx   cos x     20 8 0 Câu 48: [2D4-4] Cho số phức w , z thỏa mãn w  i  5w    i  z   Giá trị lớn biểu thức P  z   2i  z   2i B  13 A Chọn C Gọi z  x  yi , với x, y  C 53 Lời giải D 13 Khi M  x; y  điểm biểu diễn cho số phức z Theo giả thiết, 5w    i  z     w  i     i  z    5i    i  w  i   z   2i  z   2i  Suy M  x; y  thuộc đường tròn  C  :  x  3   y  2  2 Ta có P  z   2i  z   2i  MA  MB , với A 1;  B  5;  Gọi H trung điểm AB , ta có H  3;  đó: P  MA  MB   MA2  MB  hay P  MH  AB Mặt khác, MH  KH với M  C  nên P  4KH  AB2   IH  R   AB  53 M  K 11 Vậy Pmax  53  hay z   5i w   i 5  MA  MB Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 22/24 - Mã đề thi 132 Câu 49: [2D1-3] Cho hàm số u  x  liên tục đoạn  0;5 có bảng biến thiên hình vẽ Có giá trị ngun m để phương trình A B x  10  x  m.u  x  có nghiệm đoạn  0;5 ? C Lời giải D Chọn C Theo bảng biến thiên ta có  0;5  u  x   1 , Ta có 3x  10  x  m.u  x   3x  10  x m u  x Xét hàm số f  x   3x  10  x  0;5  ; f   x    10  x  x  10  x   x  x  x 10  x Bảng biến thiên Ta có f   x   Do ta có  0;5 10  f  x    2   max f  x   f  3  min f  x   f    10 Từ 1   ta có     min u  x   u  3  maxu  x   u    10 f  x    với x   0;5 Do u  x Để phương trình x  10  x  m.u  x  có nghiệm đoạn 0;5  phương trình 10 3x  10  x  m   m có nghiệm đoạn  0;5  u  x Vì m nên m  1; 2;3; 4;5 Câu 50: [1D2-3]Chia ngẫu nhiên viên bi gồm viên màu đỏ viên màu xanh có kích thước thành ba phần, phần viên Xác xuất để khơng có phần gồm viên màu Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 23/24 - Mã đề thi 132 A 14 B C D 14 Lời giải Chọn A Vì xác suất không thay đổi ta coi ba phần có xếp thứ tự , , Chia ngẫu nhiên viên bi gồm viên màu đỏ viên màu xanh có kích thước thành ba phần, phần viên sau: Phần : Chọn viên cho phần có C93 cách Phần : Chọn viên cho phần có C63 cách Phần : Chọn viên lại cho phần có cách Do số phần tử không gian mẫu là: n     C93 C63  1680 Gọi A biến cố khơng có phần gồm viên màu, ta chia viên bi thành sau: Bộ : đỏ - xanh: Có C42C51 cách chọn Bộ : đỏ - xanh: Có C21C42 cách chọn Bộ : gồm viên bi lại( đỏ - xanh) Vì có viên bi giống để khơng phân biệt hai nên có 3! xếp 2! vào phần 3! Do n  A   C42C51C21C42  1080 2! n  A 1080 Ta P  A    n    1680 14 Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 24/24 - Mã đề thi 132 ... [2H3-2] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M  1; 1; 0 N  3; 3;  Mặt phẳng trung trực đoạn thẳng MN có phương trình A x  y  3z   B x  y  3z  13  C x  y  3z  30  D x  y  3z... giải Chọn B Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 13/ 24 - Mã đề thi 132 Ta có 4x  2x   3m  x  1  4x  1  3m  2x   3m  Đặt t  x  , n  3m  ta tìm n  để phương trình t  1...  z  2  B  0 ;3; 2  Sưu tầm bởi: https://blogtoanhoc.com Trang 14/24 - Mã đề thi 132 Câu 35 : [2D3 -3] Cho y  f  x  hàm số chẵn liên tục Biết  f  x  dx  f  x 3 trị x 2 1 f 