227 THPT chuyen chu van an lang son lan1

y = tanx Câu Tập giá trị hàm số là: R \ { 0} R \ { kπ, k ∈ Z} A Đáp án B D C R Lời giải y = tan x Phương pháp: Hàm số xác định y = tan x Cách giải: Hàm số xác định π  D = R \  + kπ, k ∈ Z  2  D π  R \  + kπ, k ∈ Z  2  ⇔ cos x ≠ ⇔ cos x ≠ ⇔ x ≠ π + kπ ( k ∈ Z ) Vậy TXĐ: z M Câu Điểm hình bên điểm biểu diễn số phức Mệnh đề đúng? −4 phần ảo −4 C Phần thực phần ảo A Phần thức Đáp án A z = a + bi 3i phần ảo −4i D Phần thực phần ảo Lời giải B Phần thực −4 M ( a; b ) Phương pháp : Số phức có điểm biểu diễn mặt phẳng phức a phần thực b phần ảo M ( 3; −4 ) ⇒ z −4 Cách giải: Số phức có phần thức phần ảo y = f ( x) x = c ( a < c < b) [ a; b] Câu Cho hàm số liên tục đoạn cắt trục hồnh điểm (như hình vẽ y = f ( x) S bên) Gọi diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số trục hoành hai đường thẳng x = a; x = b Mệnh đề ? c b a c S = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx c b a c S = − ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx A B c b a c b S = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx S = ∫ f ( x ) dx a C D Lời giải B Đáp án Phương pháp : Ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng b c b c b a a c a c S = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx Cách giải: A ( 8;0;0 ) , B ( 0; 2;0 ) , C ( 0;0; −4 ) Oxyz Câu Trong không gian là: , cho ba điểm x + 4y − 2z = A Đáp án B D ( ABC ) Phương trình mặt phẳng x y z + + =1 −2 x y z + + =0 −4 C Lời giải x + 4y − 2z − = D ( ABC ) Phương pháp: Viết phương trình mặt phẳng dạng đoạn chắn x y z + + = ⇔ x + 4y − 2z − = ( ABC ) −4 Cách giải: Phương trình mặt phẳng : M ( 1; −3; ) ( α) ( β ) : 6x − 5y + z − = Câu Cho mặt phẳng qua song song với mặt phẳng Phương ( α) trình mặt phẳng là: 6x − 5y + z + 25 = 6x − 5y + z − 25 = 6x − 5y + z − = 6x − 5y + z + 17 = A B C D Lời giải B Đáp án uuur n ( β) = ( 6; −5;1) M ( 1; −3; ) ( α) VTPT Phương pháp: Mặt phẳng qua nhận uuur n ( β) = ( 6; −5;1) M ( 1; −3; ) ( α) VTPT Cách giải: Mặt phẳng qua nhận nên có phương trình: ( x − 1) − ( y + 3) + ( z − ) = ⇔ 6x − 5y + z − 25 = f ( x) Câu Cho hàm số xác định, liên tục Mệnh đề ? R có bảng biến thiên sau: A Giá trị cực đại hàm số B Hàm số có cực trị C Hàm số có giá trị nhỏ giá trị lớn D Giá trị cực đại hàm số Lời giải D Đáp án BBT Phương pháp : Dựa vào Cách giải : A sai giá trị cực đại hàm số B sai hàm số có cực trị GTLN C sai hàm số khơng có y = f ( x) Câu Cho hàm số có bảng biến thiên hình vẽ bên: f ( x) − = Số nghiệm phương trình A B Đáp án D là: Phương pháp: Số nghiệm phương trình y = m đường thẳng f ( x ) − = ⇔ f ( x ) = Cách giải: C Lời giải D f ( x) = m y = f ( x) số giao điểm đồ thị hàm số y = f ( x) y = Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số đường thẳng BBT Dựa vào ta thấy phương trình có nghiệm M ( 1; −3; ) ( α) ( β ) : 6x + 2y − z − = Câu Cho mặt phẳng qua điểm song song với mặt phẳng α ( ) Phương trình mặt phẳng là: 6x + 2y − z + = 6x + 2y − z + = 6x + 2y − z − = 6x + 2y − z − 17 = A B C D Lời giải B Đáp án uuur n ( β) = ( 6; 2; −1) M ( 1; −3; ) ( α) VTPT Phương pháp: Mặt phẳng qua nhậnuuur n ( β) = ( 6; 2; −1) M ( 1; −3; ) ( α) VTPT Cách giải: Mặt phẳng qua nhận nên có phương trình: ( x − 1) + ( y + ) − ( z − ) = ⇔ 6x + 2y − z + = y = x + x2 +1 x =0 điểm có hồnh độ là: y=x− y = x −1 C D Lời giải Câu Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y=x+ y = x +1 A B Đáp án A y = f ( x) Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = y ' ( x ) ( x − x ) + y0 Cách giải: TXĐ: y ' = 1+ x = x0 điểm có hồnh độ D = R x x2 +1 ⇒ y ' ( ) = 1; y ( ) = Ta có x=0 ⇒ Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hồnh độ là: y = y ' ( ) ( x − ) + y ( ) = 1( x − ) + = x + Câu 10 Cho hình nón có bán kính đáy 4a chiều cao 3a Diện tích xung quanh hình nón bằng: 18πa 12πa 15πa 20πa A B C D Lời giải D Đáp án Sxq = πrl Phương pháp: Diện tích xung quanh hình nón l = r + h = 5a Cách giải: Độ dài đường sinh hình nón Sxq = πrl = π.4a.5a = 20πa Diện tích xung quanh hình nón A = { 1; 2;3; 4} A Câu 11 Cho tập hợp Có tập có hai phần tử: A B 12 C D Lời giải A Đáp án A Phương pháp: Số tập có phần tử tập chỉnh hợp chập C 24 = A Cách giải: Số tập có phần tử tập Oxyz Câu 12 Trong khơng gian , phương trình phương trình tắc đường thẳng  x = − 2t   y = 3t ? z = + t  A x +1 y z − = = −2 B x −1 y z + = = C x +1 y z − = = D x −1 y z − = = −2 Lời giải Đáp án D Phương pháp: Đường thẳng d có phương trình tham số: x − x y − y0 z − z0 = = a b c  x = − 2t   y = 3t z = + t  có phương trình tắc x −1 y z − = = −2 Cách giải: Phương trình tắc đường thẳng d là: log ( − x + 100x − 2400 ) < S = ( a; b ) \ { x } S Câu 13 Biết tập nghiệm bất phương trình có dạng a + b − x0 Giá trị bằng: A 100 B 30 C 150 D 50 Lời giải D Đáp án log f ( x ) < a ⇔ f ( x ) < 10 a Phương pháp: − x + 100x − 2400 > ⇔ x ∈ ( 40;60 ) Cách giải: ĐK: log ( − x + 100x − 2400 ) < ⇔ − x + 100x − 2400 < 102 = 100 ⇔ − x + 100x − 2500 < ⇔ − ( x − 50 ) < ⇔ x ≠ 50 a = 40  ⇒ S = ( 40; 60 ) \ { 50} ⇒ b = 60 ⇒ a + b − x = 50  x = 50  lim Câu 14 Giới hạn hàm số − A Đáp án C 3n + n−2 B − bằng: C Lời giải D lim Phương pháp: Chia tử mẫu cho n sử dụng giới hạn 3+ 3n + n =3 lim = lim n−2 1− n Cách giải: = ( a > 1) nα Câu 15 Cho hàm số A  x3 −1 x ≠  f ( x ) =  x −1  2m + x =  m =1 Đáp án A B −1 m= x0 = Giá trị tham số m để hàm số liên tục điểm m=0 C Lời giải m=2 x = x ⇔ lim f ( x ) = f ( x ) y = f ( x) Phương pháp: Hàm số D là: x →x liên tục x3 − = lim ( x + x + 1) = x →1 x − x →1 lim f ( x ) = lim x →1 Cách giải: f ( 1) = 2m + x = ⇔ lim f ( x ) = f ( 1) ⇔ = 2m + ⇔ m = x →1 Để hàm số liên tục A Câu 16 Đầu tháng anh gửi vào ngân hàng triệu đồng với lãi suất 0,7% tháng Biết khơng rút tiền khỏi ngân hàng sau môi tháng số tiền lãi nhập vào gốc để tính lãi cho tháng A Hỏi sau tháng (khi ngân hàng tính lãi) anh có số tiền gốc lẫn lãi nhiều A 100 triệu đồng? Giả định suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi anh không rút tiền A 30 tháng B 33 tháng C 29 tháng D 28 tháng Lời giải A Đáp án Phương pháp: Sử dụng công thức lãi kép A Cách giải: Số tiền anh nhận sau n tháng là: n −1 n A ( + r ) + A ( + r ) + + A ( + r ) = A ( + r ) 1 + ( + r ) + + ( + r )  n ( + r ) n − 1 1− ( 1+ r )  > 100 A (1+ r) = A ( 1+ r)  1− ( 1+ r ) r ⇔ ( + 0, 7% ) 0, 7% n ( + 0, 7% ) − 1 > 100 ⇔ n > 29,88   Vậy phải cần 30 tháng để anh x −5 ∫1 2x + dx = a + ln b Câu 17 Biết a+b = A 30 A có nhiều 100 triệu với a, b số thực Mệnh đề đúng? ab = ab = a+b= 81 24 B C D Lời giải C Đáp án Phương pháp: Chia tử cho mẫu 1 3 x −5 x +1−  1 1  ∫1 2x + dx = ∫1 2x + dx = ∫1  − x + ÷ dx =  x − 3ln x + ÷ Cách giải:  a =  1 8 = − 3ln − + 3ln = + 3ln = + ln ⇒ ⇒ ab = 3 3 27 81 b =  27 y = ln ( x − x + 1) Câu 18 Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = x −1 y = x +1 A B Đáp án A x =1 điểm có hồnh độ y = x − + ln y = x + − ln C D Lời giải y = f ( x) Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f ' ( x ) ( x − x ) + y0 y' = Cách giải: Ta có: điểm có hoành độ 2x − ⇒ y ' ( 1) = x − x +1 x =1 z1 , z hai nghiệm phức phương trình bằng: A P=2 là: Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hồnh độ y = 1( x − 1) + ln1 = x − Câu 19 Kí hiệu P = z12 + z 22 + z1z x0 B P=0 P = −1 C Lời giải là: z + z + = Giá trị biểu thức D P =1 C Đáp án Phương pháp: Sử dụng định lí Vi-et z1 , z z2 + z + = Cách giải: hai nghiệm phức phương trình nên theo định lí Vi-et ta có: b   z1 + z = − a = −1  z z = c =  a P = z12 + z 22 + z1z = ( z1 + z ) − z1z = ( −1) − = 2 3a SA = SA ⊥ ABCD , ( ) ABC = 60 , S ABCD ABCD Câu 20 Cho hình chóp có hình thoi cạnh a, Gọi ( SBC ) O ABCD O tâm hình thoi Khoảng cách từ điểm đến 5a 3a 5a 3a 8 A B C D Lời giải B Đáp án ( SBC ) ( SBC ) O A Phương pháp: Tính khoảng cách từ đến so sánh khoảng cách từ đến với khoảng ( SBC ) A cách từ đến ABC ABC = 600 ⇒ ∆ABC Cách giải: Tam giác có cạnh a ( SAM ) BC ⇒ AM ⊥ BC AH ⊥ SM M Gọi trung điểm Trong mặt phẳng kẻ ta có BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ ( SAM ) ⇒ BC ⊥ AH  BC ⊥ AM ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( A; ( SBC ) ) = AH Tam giác Ta có : AM = ABC a cạnh a nên 1 4 16 3a = + = + = ⇒ AH = 2 AH SA AM 9a 3a 9a OA ∩ ( SBC ) = C ⇒ d ( O; ( SBC ) ) d ( A; ( SBC ) ) = OC = AC Ta có ⇒ d ( O; ( SBC ) ) = 3a AH = y= Câu 21 Đường cong hình bên đồ thị hàm số đúng? y ' < ∀x ≠ A y ' < ∀x ≠ B ax + b cx + d a, b, c, d với số thực Mệnh đề y ' > ∀x ≠ C Lời giải y ' > ∀x ≠ D A Đáp án Phương pháp: Dựa vào đường tiệm cận đơn điệu đồ thị hàm số ( −∞; ) ( 2; +∞ ) ⇒ y ' < ∀x ≠ Cách giải: Ta thấy hàm số nghịch biến [ 1; +∞ ) f ( x) Câu 22 Cho hàm số I=8 A Đáp án B ∫f liên tục I=4 B ( ) I = 16 ( D bằng: I=2 t = x +1 Cách giải: Đặt Tích phân C Lời giải t = x + ⇔ t = x + ⇒ dx = 2tdt, ⇒ ∫f I = ∫ xf ( x ) dx Phương pháp: Đặt x + dx = ) đổi cận 2 1 x = ⇒ t =  x = ⇒ t = x + dx = ∫ f ( t ) 2tdt = ∫ xf ( x ) dx = ⇔ ∫ xf ( x ) dx = ( −∞; +∞ ) ? Câu 23 Hàm số đồng biến khoảng x −1 y= y = x + 2x + 2x + A B y = x3 + x − C Lời giải y = x + tanx D C Đáp án Phương pháp: y = f ( x) f '( x ) = R ⇔ f ' ( x ) ≥ ∀x ∈ R Hàm số đồng biến hữu hạn điểm Cách giải: y ' = 4x + 4x = ⇔ x = ⇒ y ' > ⇔ x > p án A:  1 y' = > ∀x ∈ D ⇒ D = R \ −  , 2x + ( )   p án B: TXÐ ta có hàm số đồng biến khoảng xác 1     −∞; − ÷  − ; +∞ ÷ 2    định y ' = 3x + > ∀x ∈ R ⇒ R p án C: Hàm số đồng biến π  D = R \  + kπ  , y ' = 1+ > ∀x ∈ D ⇒ 2  cos x p án D: TXĐ: ta có Hàm số đồng biến khoảng xác định C Vậy có đáp án 12 Câu 24 Trong khai triển 924x A Đáp án C  5  +x ÷ x  với x ≠ B 792 x4 Số hạng chứa là: 792x C Lời giải D 924 ( a + b) n n = ∑ C kn a n − k b k k =0 Phương pháp : Sử dụng khai triển nhị thức Newton: 12 k 12 12 60−5k 12 k 60−8k  5 k   12 − k k + x = C x = C x = ∑ C12 x ( ) ∑ 12  ÷ ∑ 12  ÷ x 3k x  x  k =0 k =0 k =0 Cách giải : 4 60 − 8k = ⇔ k = ⇔ x C12 x = 792x Số hạng chứa Câu 25 Cho khối chóp tứ giác có cạnh đáy a, cạnh bên 2a Thể tích khối chóp cho bằng: 14a 14a 2a 11a 6 12 A B C D Lời giải C Đáp án VS.ABCD = SO.SABCD , O Phương pháp : với giao điểm đường chéo O = AC ∩ BD Cách giải : Gọi a BO = BD = 2 Ta có: a SO = SB2 − BO = SOB Xét tam giác vng có 1 a 2a ⇒ VA.ABCD = SO.SABCD = a = 3 log a b = Câu 26 Cho A Đáp án log a c = Giá trị biểu thức B 36 C  b2  P = log a  ÷ c  C -5 Lời giải bằng: D 13 log a n x m = Phương pháp: Sử dụng cơng thức có nghĩa) m log a b n log ( ab ) = log a + log b (giả sử biểu thức ( P) Mặt phẳng (S ) cắt (C ) ⇒ H (C ) H ( P) theo đường tròn Tâm hình chiếu I ( 1; 2;3) , (S ) R = Cách giải: Mặt cầu có tâm bán kính ( P) (S ) (C ) ⇒ (C ) ( P) H H Mặt phẳng cắt theo đường trịn Tâm hình chiếu  x = + 2t   y = − 2t ( d ) r z = − t n ( P) = ( 2; −2; −1) , ( P)  I Ta có đường thẳng qua vng góc với có phương trình H = ( P ) ∩ ( d ) ⇒ H ( + 2t;2 − 2t;3 − t ) ( P) Khi Thay vào phương trình mặt phẳng ta có: ( + 2t ) − ( − 2t ) − ( − t ) − = ⇔ 9t − = ⇔ t = ⇔ H ( 3;0; ) y= Câu 32 Cho hàm số 2x +1 + 2x − m S với m tham số thực Gọi tập hợp tất giá trị nguyên tham số ( −50;50 ) ( −1;1) S m khoảng để hàm số ngịch biến Số phần tử là: A 49 B 47 C 48 D 50 Lời giải A Đáp án t = 2x Phương pháp: Đặt −2m − 1  2t + y' = t = x , t ∈  ; ÷, y= t ≠ m) ( ( t − m) 2  t−m Cách giải: Đặt ta có có ln đồng biến nghịch biến khoảng xác định 1  2t + y=  ;2÷ ( −1;1) ⇒ 2  t −m Để hàm số ban đầu nghịch biến hàm số nghịch biến 1     ⇒ y ' < ∀t ∈  ; ÷ m ∉ ;2÷ 2     −1   −2m − < m >     1 ⇒   m ≤ ⇔  ⇔ m ∈  − ;  ∪ [ 2; +∞ )  2  m ≤   m ≥  m ≥  1 m ∈ ( −50;50 ) ⇒ m ∈  − ;  ∪ [ 2;50 )  2 Kết hợp Vậy có tất 49 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu toán M ( 1;3; −2 ) Oxyz ( P) M Câu 33 Trong khơng gian cho điểm Hỏi có mặt phẳng qua cắt x 'Ox; y 'Oy; z 'Oz  OA = OB = OC ≠ A B C trục ba điểm phân biệt , , cho A B Đáp án D C Lời giải D A ( a;0; ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0; 0;c ) ⇒ a = b = c , Phương pháp: Gọi chia trường hợp để phá trị tuyệt đối ( P) viết phương trình mặt phẳng dạng đoạn chắn A ( a; 0;0 ) , B ( 0; b; ) , C ( 0;0;c ) , OA = a ;OB = b ;OC = c Cách giải: Giả sử ta có: OA = OB = OC ≠ ⇔ a = b = c ≠ a = b = c ⇒ ( P) : x y z + + =1⇔ x + y + z −a = a a a TH1: M ∈ ( ABC ) ⇒ − a = ⇔ a = ⇒ ( P ) : x + y + z − = a = b = −c ⇔ ( P ) : x y z + + =1 ⇔ x + y − z −a = a a −a TH2: M ∈ ( ABC ) ⇒ − a = ⇔ a = ⇒ ( P ) : x + y + z − = a = −b = c ⇔ ( P ) : x y z + + =1⇔ x − y + z −a = a −a a TH3: M ∈ ( ABC ) ⇒ −4 − a = ⇔ a = −4 ⇒ ( P ) : x − y + z + = −a = b = c ⇔ ( P ) : x y z + + =1⇔ x − y − z −a = a −a −a TH4: M ∈ ( ABC ) ⇒ − a = ⇔ a = ⇒ ( P ) : x − y − z = Vậy có mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu tốn Câu 34 Hai bóng hình cầu có kích thước khác đặt hai góc nhà hình hộp chữ nhật cho bóng tiếp xúc với hai tường nhà Biết bề mặt bóng tồn điểm có khoảng cách đến hai tường nhà mà tiếp xúc 1, 2, Tổng độ dài đường kính hai bóng A B 14 C 12 D 10 Lời giải B Đáp án Oxyz Phương pháp giải: Gắn hệ tọa độ , tìm bán kính bóng bán kính mặt cầu Oxyz Cách giải: Xét bóng tiếp xúc với tường chọn hệ trục hình vẽ bên (tương tự với góc tường cịn lại) I ( a; a;a ) R = a Gọi tâm mặt cầu (tâm bóng) ⇒ phương trình mặt cầu bóng 2 ( S) : ( x − a ) + ( y − a ) + ( z − a ) = a (1) M ( x; y; z ) d ( M; ( Oxy ) ) = 1, d ( M; ( Oyz ) ) = 2, Giả sử nằm mặt cầu (bề mặt bóng) cho d ( M; ( Oxz ) ) = z = 1; x = 2; y = ⇒ M ( 2;3;1) ∈ ( S) Khi ( 1− a ) + ( − a) + ( − a) 2 (2) = a2 Từ (1),(2) suy  7−  R = a1 =  ⇒ ⇒ d1 + d = ( R + R ) = 14 R = a = +  2 32x + x +1 − 32 + x +1 + 2017x ≤ 2017   x − ( m + ) x + 2m + ≥ Câu 35 Tìm tất giá trị thực tham số m để hệ có nghiệm m ≥ −3 m > −3 m ≤ −2 m ≥ −2 A B C D Lời giải D Đáp án Phương pháp: Sử dụng phương pháp hàm số giải bất phương trình (1), suy điều kiện nghiệm x ⇒ m ≥ f ( x ) m ≥ f ( x) [ a; b] [ a;b] Bất phương trình (2), cô lập m, đưa dạng x ≥ −1 Cách giải: ĐK: 32x + x +1 − 32+ x +1 + 2017x ≤ 2017 ⇔ 32x + x +1 + ( ) 2017 2x + x + ≤ 32+ f ( t ) = 3t + 2017 t x +1 + ( 2017 + x +1 f ' ( t ) = 3t.ln + có nghiệm ) 2017 > ∀x ⇒ Xét hàm số có Hàm số đồng biến f 2x + x + ≤ f + x + ⇔ 2x + x + ≤ + x + ≤ + x + ⇔ x ≤ ( ) ( ) x ∈ [ −1;1] Để hệ phương trình có nghiệm phương trình (2) có nghiệm R x − ( m + ) x + 2m + ≥ ⇔ x − 2x + ≥ m ( x − ) x ∈ [ −1;1] ⇒ x − < ⇒ m ≥ Với x − 2x + = f ( x) x−2 x ∈ [ −1;1] ⇒ m ≥ f ( x ) = −2 MTCT Để phương trình có nghiệm (sử dụng để tìm GTNN) THPT Câu 36 Trong kì thi thử Quốc Gia, An làm để thi trắc nghiệm mơn Tốn Đề thi gồm 50 câu hỏi, câu có phương án trả lời, có phương án đúng; trả lời câu 0,2 điểm An trả lời hết câu hỏi chắn 45 câu, câu lại An chọn ngẫu nhiên Tính xác suất để điểm thi mơn Tốn An khơng 9,5 điểm 13 53 1024 19 512 22 A B C D Lời giải A Đáp án Phương pháp: Tính xác suất để học sinh thêm câu trở lên Xác suất câu trả lời 0,25 câu trả lời sai 0,75 Cách giải: An trả lời chắn 45 câu nên có chắn điểm ≥ 9,5 ⇒ Để điểm thi An phải trả lời từ câu trở lên Xác suất để trả lời câu hỏi 0,25 trả lời sai 0,75 P1 = 0, 253.0, 752 TH1: Đúng câu P2 = 0, 254.0, 75 TH2: Đúng 49 câu P3 = 0, 254 TH3: Đúng 50 câu 13 P = P1 + P2 + P3 = 1024 Vậy xác suất để An 9,5 điểm y = x − ( m + 1) x + ( 5m + 1) x − 2m − ( Cm ) , Câu 37 Cho hàm số có đồ thị với m tham số Có bao ( Cm ) [ −10;100] nhiêu giá trị m nguyên đoạn để cắt trục hoành ba điểm phân biệt A ( 2;0 ) , B, C B C cho hai điểm , có điểm nằm điểm nằm ngồi đường trịn 2 x + y = 1? có phương trình A 109 B 108 C 18 D 19 Lời giải B Đáp án Phương pháp: Tìm điều kiện để phương trình hồnh độ giao điểm có ba nghiệm phân biệt thỏa mãn x A = 2, x B < −1 < x C < −1 < x B < < x C hoặc Cách giải: [ −1;1] y = x − ( m + 1) x + ( 5m + 1) x − 2m − Đồ thị hàm số Xét phương trình hồnh độ giao điểm x − ( m + 1) x + ( 5m + 1) x − 2m − = A ( 2;0 ) qua điểm x = ⇔ ⇔ ( x − ) ( x − 2mx + m + 1) =  x − 2mx + m + = (*) ⇔ Để phương trình có nghiệm phân biệt pt (*) có nghiệm phân biệt khác    1−   1+ m ∈  −∞; ∪ ; +∞  ÷  ÷  ÷ ∆ ' = m − m − >  ÷     ⇔ ⇔ − 2m.2 + m + ≠    m ≠ xB; xC ( xB < xC ) Giả sử nghiệm phân biệt phương trình (*) x + y2 = B C Để hai điểm , điểm nằm điểm nằm đường tròn −2  af ( −1) < 3m + < −2 m < x B < −1 < x C < ⇒  ⇔ ⇔ ⇔m< −m + > m < af ( 1) > TH1:  af ( −1) > 3m + > m > − −1 < x B < < x C ⇔  ⇔ ⇔ 3⇔m>2 −m + < m > af ( 1) < TH2: 2  m ∈  −∞; − ÷∪ ( 2; +∞ ) 3  Kết hợp điều kiện ta có: 2  m ∈ [ −10;100] ⇒ m ∈  −10; − ÷∪ ( 2;100 ] ⇒ 3  Lại có Có 108 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bái toán Câu 38 Người ta trồng theo hình tam giác, với quy luật: hàng thứ có cây, hàng thứ hai có cây, ỏ hàng thứ có cây,… hàng thứ n có n Biết người ta trồng hết 4950 Hỏi số hàng trồng theo cách nbao nhiêu? A 101 B 100 C 99 D 98 Lời giải C Đáp án n ( n + 1) + + + + n = Phương pháp: Sử dụng tổng Cách giải: Giả sử trồng n hàng với quy luật số trồng là: n ( n + 1) + + + + n = = 4950 ⇔ n + n − 9900 = ⇔ n = 99 ( + 2i ) z = Câu 39 Xét số phức z thỏa mãn < z 2 A B 10 − + i z Mệnh đề đúng? 1 z< < z < 2 C D Lời giải D Đáp án Phương pháp: Chuyển vế, lấy mođun hai vế Cách giải: 10 10 − + i ⇔ ( + 2i ) z + − i = ( + 2i ) z = z z ( 2 10 ⇔ ( z + ) + ( z − 1) = 102 z z z + ) + ( z − 1) i = 2 ⇔ z + z + + z − z +1 = 10 z 1 3 ⇔ z + z − 10 = ⇔ z = ∈  ; ÷ 2 2 y=x+ Câu 40 Để giá trị nhỏ hàm số 11 19 m= m= A B Đáp án C x −m x ( 0; +∞ ) khoảng m=5 C Lời giải -3 giá trị tham số m là: D m=7 B ÐT Phương pháp: Sử dung Cauchy Cauchuy 1 x + − m ≥ x − m = − m ⇒ y = − m = −3 ⇔ m = ( 0;+∞ ) x x Cách giải: y = f ( x) S Câu 41 Hình vẽ bên đồ thị hàm số Gọi tập hợp số nguyên dương tham số m để y = f ( x − 1) + m S hàm số có điểm cực trị Tổng giá trị tất phần tử bằng: A 12 B 15 C 18 Lời giải D Đáp án A y = f ( x − 1) + m Phương pháp: Suy cách vẽ đồ thị hàm số thử trường hợp đếm số cực trị đồ thị hàm số Một điểm gọi cực trị hàm số hàm số liên tục đổi chiều y = f ( x − 1) y = f ( x) Cách giải: Đồ thị hàm số nhận cách tịnh tiến đồ thị hàm số sang phải đơn vị nên không làm thay đổi tung độ điểm cực trị y = f ( x − 1) + m y = f ( x − 1) Đồ thị hàm số nhận cách tịnh tiến đồ thị hàm số y CD = + m; yCT = −3 + m, yCT = −6 + m vị nên ta có: y = f ( x − 1) + m lên m đơn y = f ( x − 1) + m Đồ thị hàm số nhận cách từ đồ thị hàm số lấy đối xứng phần đồ thị phía trục hồnh qua trục hồnh xóa phần đồ thị phía trục hồnh m∈Z+ ⇒ −6 + m < ≤ −3 + m ⇔ ≤ m < ⇒ m ∈ { 3; 4;5} Để đồ thị hàm số có cực trị ⇒ S = { 3; 4;5} ⇒ + + = 12 Câu 42 Cho nửa đường trịn đường kính AB = Trên người ta vẽ parabol có đỉnh trùng với tâm AB nửa hình trịn, trục đối xứng đường kính vng góc với Parabol cắt nửa đường tròn hia AB điểm cách 4cm khoảng cách từ hai điểm đến 4cm Sau người ta cắt bỏ phần hình phẳng giới hạn đường trịn parabol (phần tơ màu hình vẽ) Đem phần cịn lại AB quay xung quanh trục Thể tích khối tròn xoay thu bằng: π 800 − 928 cm3 ( V= A ) ( C π 800 − 928 cm3 15 V= π 800 − 464 cm 15 B π 800 − 928 cm 3 V= V= ) D Lời giải ( ) ( ) B Đáp án Phương pháp: Ứng dụng tích phân để tính thể tích khối tròn xoay Oxy Cách giải: Gắn hệ trục tọa độ hình vẽ: Ta có: x + y = 20 ⇒ y = 20 − x Phương trình đường trịn: y = x2 Phương trình parabol: V= π Thể tích khối cầu ( ) = 160 π V ' = π ∫ ( 20 − x − x ) dx = Ox −2 Thể tích quay phần tô đậm quanh trục là: 160 928 π V1 = V − V ' = π− π= 800 − 928 ⇒ 15 15 Thể tích cần tính ( f ( x) Câu 43 Cho hàm số  1 1 f  − ÷+ f  ÷ =  2 2 T= A ln Đáp án D Phương pháp: xác định thỏa mãn x −1 f ( −3) + f ( 3) = Biết T = f ( −2 ) + f ( ) + f ( ) Giá trị B bằng: T = + ln 9 T = + ln C Lời giải f ( x ) = ∫ f ' ( x ) dx f ( x ) = ∫ f ' ( x ) dx = ∫ Cách giải: ) f '( x ) = R \ { ±1} 928 π 15 1 x −1 dx = ln +C x −1 x +1 D T = + ln  x −1  ln x + + C1 x ∈ ( −∞; −1) ∪ ( 1; +∞ ) ⇒ f ( x) =   ln − x + C x ∈ ( −1;1)  x + 1 1 ⇒ f ( −3) + f ( 3) = ln + C1 + ln + C1 = ⇔ C1 = 2 1  1 f  − ÷+ f ( 3) = ln + C + ln + C2 = ⇔ C = 2  2  x −1  ln x + x ∈ ( −∞; −1) ∪ ( 1; +∞ ) ⇒ f ( x) =   ln − x x ∈ ( −1;1)  x + ⇒ f ( −2 ) + f ( ) + f ( ) = 1 ln + ln1 + + ln = + ln 2 5 ABCD O ∆ O Câu 44 Cho hình vng cạnh a tâm Dựng đường thẳng qua vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) ′ S S O SA = S' A = a ∆ Trên đường thẳng lấy hai điểm đối xứng qua cho Cosin ( SAB ) ( S ′AB) góc hai mặt phẳng bằng: 1 − 3 A B C D Lời giải D Đáp án ( SAB ) ( ABCD ) Phương pháp: Tính góc mặt phẳng S Cách giải: Dễ thấy hình chóp ABCD S’.ABCD hình chóp tứ giác E AB Gọi trung điểm ta có: ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB  ( SAB ) ⊃ SE ⊥ AB  ( ABCD ) ⊃ OE ⊥ AB ⇒ ( ( SAB ) ; ( ABCD ) ) = ( SE; OE ) = SEO = α ( ( SAB ) ; ( S'AB ) ) = 2α ⇒ ( ( SAB ) ; ( S'AB ) ) = π − 2α a a OE OE = ;SE = ⇒ cosα = = 2 SE Ta có: cosα = cos α − = − 1 = 3 x + y2 > Câu 45 Xét số thực x, y thỏa mãn P = 2x + y bằng: − 10 19 + 19 Pmax = Pmax = 2 A B Đáp án C log x + y2 ( 2x + 3y ) ≥ Pmax Giá trị lớn Pmax = C Lời giải + 65 Pmax = D cửa biểu thức 11 + 10 Phương pháp giải: Dựa vào giả thiết, đánh giá đưa tổng bình phương, từ biểu thức tử tổng bình phương áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki tìm giá trị lớn y = log x + y2 f ( x ) x + y2 > P Cách giải: Vì suy hàm số đồng biến tập xác định 2 log x + y2 ( 2x + 3y ) ≥ log x + y2 ( x + y ) ⇔ 2x + 3y ≥ x + y Khi  13  13   ⇔ x − 2x + y − 3y ≤ ⇔ ( x − 2x + 1) +  y − 2.y + ÷≤ ⇔ ( x − 1) +  y − ÷ ≤ 4 2   2 Xét biểu thức Áp dụng P B ÐT , ta có 7 P = 2x + y = ( x − 1) + y − + ⇔ ( x − 1) + y − = P − 2 2 Bunhiacopxki, có 2  3   65   2 =  ( x − 1) + y −  ≤ ( + ) ( x − 1) +  y − ÷     − 65 Pmin =   65 − 65 + 65   ⇔ P − ÷ ≤ ⇔ ≤P≤  → 2 2  P = + 65  max 2 y = f ( x) Câu 46 Cho hàm số xác định 3 g ( x ) = f ( x ) − x − x + x + 2018 x CT = x CT = −1 A B R y = f '( x) Đồ thị hàm số hình vẽ bên Đặt [ −3;1] g ( x) Điểm cực tiểu hàm số đoạn là: x CT = −2 C x CT = D đưa hạng Lời giải Đáp án A g '( x ) , g ' ( x ) = Phương pháp: Tính tìm nghiệm phương trình y = g( x) g '( x0 ) = x0 x = x0 Điểm gọi điểm cực tiểu hàm số và qua điểm g '( x) đổi dấu từ âm sang dương Cách giải: x = 3 3 g ' ( x ) = f ' ( x ) − x − x + = ⇔ f ' ( x ) = x + x − ⇔  x = −1 2 2  x = −3 Khi Khi x 1 ta có: 3 f ' ( x ) > x + x − ⇒ g ' ( x ) > 0, 2 3 f '( x ) < x2 + x − ⇒ g '( x ) < 2 ta có y = g( x) x = 1, ⇒ x =1 Qua g’(x) đổi dấu từ dương sang âm điểm cực đại đồ thị hàm số x = −3 x = −1 Chứng minh tương tự ta điểm cực tiểu điểm cực đại đồ thị hàm số y = g( x) z = a + bi, ( a, b ∈ R ) z = z + − 3i Câu 47 Xét số phức thỏa mãn đồng thời hai điều kiện z + − i + z − + 3i P = a + 2b đạt giá trị nhỏ Giá trị là: 61 252 41 18 P=− P=− P=− P=− 10 50 5 A B C D Lời giải A Đáp án Phương pháp: z + yi = z + − 3i M ( x; y ) z = x + yi Từ tìm quỹ tích điểm biểu diễn cho số phức M ( x; y ) A ( −1;1) ; B ( 2; −3) Gọi điểm điểm biểu diễn cho số phức z ta có: z + − i + z − + 3i = MA + MB ⇔ MA = MB nhỏ z = x + ui Cách giải: Gọi ta có: 2 x + yi = x − yi + − 3i ⇔ x + y = ( x + ) + ( y + 3) ⇔ 8x + 6y = −25 M ( x; y ) A ( −1;1) ; B ( 2; −3) Gọi điểm điểm biểu diễn cho số phức z ta có: z + − i + z − + 3i = MA + MB nhỏ MA + MB ≥ MA.MB, ⇔ MA = MB ⇒ AB Ta có: dấu xảy M thuộc trung trực 1  uuur I  ; −1÷ AB = ( 3; −4 ) 2  I AB Gọi trung điểm ta có 1 11   x − ÷− ( y + 1) = ⇔ 3x − 4y − = 2  AB Phương trình đường trung trực 67  x=− 8x + 6y = −25    50  11 ⇔  3x − 4y =  y = − 119 MA + MB ⇔ ( )  50 M Để Tọa độ điểm nghiệm hệ phương trình 67  a = − 50 67 119 61 ⇒z=− − i⇔ ⇒ P = a + 2b = − 50 50 10  b = − 119  50 f ( x) Câu 48 Cho hàm số Biết tổng đúng? liên tục f ( x) ≠ B x ∈ R f ' ( x ) = ( 2x + 1) f ( x ) với a f ( 1) + f ( ) + f ( ) + + f ( 2017 ) = ; ( a ∈ Z, b ∈ N ) b a ∈ ( −2017; 2017 ) A R b − a = 4035 a + b = −1 C Lời giải B Đáp án Phương pháp : Chuyển vế, lấy nguyên hàm hai vế f '( x ) ⇔ = 2x + f ' ( x ) = ( 2x + 1) f ( x ) f ( x) Cách giải : f ' ( x ) dx −1 = x2 + x + C ⇔∫ = ∫ ( 2x + 1) dx ⇔ f ( x) f ( x) với a b f ( 1) = −0, tối giản Mệnh đề D a < −1 b f ( 1) = −0,5 ⇔ − ⇔ f ( x) = − = 1+1+ C ⇔ C = −0, 1  1 1 =− = − − − ÷= x +x x ( x + 1)  x x +1  x +1 x ⇒ f ( 1) + f ( ) + f ( 3) + + f ( 2017 ) = 1 1 1 1 − + − + − + + − + − 2017 2016 2018 2017 = −1 + a = −2017 −2017 a = = ⇒ ⇒ b − a = 4035 2018 2018 b  b = 2018 B' M = A ' B' ABC A′B′C ′ A′B M Câu 49 Cho lăng trụ tam giác Trên , kéo dài lấy điểm cho Gọi ( MNP ) ′ ′C ′ N P A′C ′ ABC A B ′ BB , trung điểm Mặt phẳng chia khối lăng trụ V C′ A′ thành hai khối đa diện khối đa diện chứa đỉnh tích khối đa diện chứa đỉnh có V1 V2 V2 thể tích Tính V1 97 V1 49 V1 95 V1 49 = = = = V2 59 V2 144 V2 144 V2 95 A B C D Lời giải D Đáp án Phương pháp : Dựng thiết diện, xác định hai phần cần tính thể tích Sử dụng phân chia lắp ghép khối đa diện E = MN ∩ B'C ' Cách giải : Gọi MP AB D AA F Kéo dài cắt , cắt ‘ NF AC G Nối , cắt ( MNP ) NEPDG Do thiết diện lăng trụ cắt mặt phẳng V1 Gọi thể tích khối đa diện chứa đỉnh A’ ta có : V1 = VF.A 'MN − VF.ADG − VP.B'EM Ta có: 1 3 SA 'MN = d ( N; A 'M ) A ' M = d ( C '; A 'B' ) A 'B' = SA 'B'C ' 2 2 ∆BDP = ∆B ' MP ⇒ BD = B ' M = ⇒ FA AD FA ' = = ⇒ = FA ' A ' M AA ' AB ⇒ D trung điểm AB FA '.SA 'MN VF.A 'MN 3 3 3V ⇒ =3 = = ⇒ VF.A 'MN = VABC.A 'B'C' = VABC.A 'B'C' AA '.SABC 8 ∆ADG ∆A 'MN Dễ dàng chứng minh đồng dạng theo tỉ số 1 ⇒ SADG = SA 'MN = SA 'B'C' 12 FA.SADG VF.ADG 1 1 V ⇒ = = = ⇒ VF.ADG = VABC.A 'B'C' = VABC.A 'B'C' AA '.SA 'B'C' 12 72 72 72 Áp dụng định lí Menelaus tam giác A’B’C’ ta có: MA ' EB' NC ' EB' EB' =1⇔ = ⇔ = MB' EC ' NA ' EC ' EC ' Áp dụng định lí Menelaus tam giác A’MN ta có: CN BA EM EM EM ME = ⇔ =1 ⇔ ⇒ = CA BM EN EN EN MN ⇒ ⇒ SB'EM MB' ME 1 1 = = = ⇒ SB'EM = SA 'NM = SA 'B'C ' SA 'MN MA ' MN 6 VP.B'EM VABC.A 'B'C' V1 = PB'.SB'EM 1 1 = = = ⇒ VP.B'EM = BB'.SA 'B'C' 48 48V 49 95 V 49 V ⇒ V2 = V⇒ = 144 144 V2 95 Vậy ( S) : x + y2 + z − 2x − 4y + 6z − 13 = Oxyz Câu 50 Trong không gian x +1 y + z −1 d: = = 1 , cho mặt cầu đường thẳng M M MA Tọa độ điểm đường thẳng d cho từ kẻ tiếp tuyến , 0 (S ) A B C AMB = 60 ; BMC = 90 ; MB MC , đến mặt cầu ( , , tiếp điểm) thỏa mãn M a; b;c ( ) CMA = 120 a < a +b+c có dạng với Tổng bằng: 10 A B -2 C D Lời giải B Đáp án IM I Phương pháp: Tính độ dài đoạn thẳng với tâm mặt cầu M IM M Tham số hóa tọa độ điểm , sau dựa vào độ dài để tìm điểm (S ) I ( 1; 2; −3) , R = 3 Cách giải : Mặt cầu có tâm bán kính MA = MB = MC = a Đặt ⇒ AB = a MAB Tam giác MBC M ⇒ BC = a Tam giác vuông CMA = 1200 ⇒ AC = a MCA Tam giác có ABC AB2 + BC = AC2 ⇒ ∆ABC Xét tam giác có vng B ⇒ ∆ABC ngoại tiếp đường trịn nhỏ có đường kính AC a ⇒ HA = AC = 2 IAM Xét tam giác vng có: 1 1 1 = + 2⇒ 2= 2+ ⇔ 2= 2 HA AM IA 3a a 27 3a 27 ⇔ a = = MA ⇒ IM = MA + IA = 32 + 27 = 36 M ∈ ( d ) ⇒ M ( −1 + t; −2 + t;1 + t ) ⇔ IM = ( t − ) + ( t − ) + ( t + ) = 36 ⇔ 3t − 4t = 2  M ( −1; −2;1)  a = −1 t =   ⇔  ⇒  1 7 ⇒  b = −2 ⇒ a + b + c = − t = M ;− ; ( ktm ) c =    3 ÷   ... tháng A Hỏi sau tháng (khi ngân hàng tính lãi) anh có số tiền gốc lẫn lãi nhiều A 100 triệu đồng? Giả định suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi anh không rút tiền A 30 tháng B 33 tháng C 29... dụng để tìm GTNN) THPT Câu 36 Trong kì thi thử Quốc Gia, An làm để thi trắc nghiệm môn Tốn Đề thi gồm 50 câu hỏi, câu có phương án trả lời, có phương án đúng; trả lời câu 0,2 điểm An trả lời hết... kính đáy 4a chiều cao 3a Diện tích xung quanh hình nón bằng: 18πa 12πa 15πa 20πa A B C D Lời giải D Đáp án Sxq = πrl Phương pháp: Diện tích xung quanh hình nón l = r + h = 5a Cách giải: Độ dài