›
›
›

Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán lần 3 - Mã đề 304 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT chuyên Bắc Ninh (Có đáp án)

doc 44 trang thaodu 2720
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán lần 3 - Mã đề 304 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT chuyên Bắc Ninh (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docde_thi_thu_thpt_quoc_gia_mon_toan_lan_3_ma_de_304_nam_hoc_20.doc

Nội dung text: Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán lần 3 - Mã đề 304 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT chuyên Bắc Ninh (Có đáp án)

  1. TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 – MÔN TOÁN MÃ ĐỀ 304 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian làm bài: 90 phút Câu 1 (NB): Hình hộp chữ nhật đứng đáy là hình thoi có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 2B. 1C. 3D. 4 Câu 2 (TH): Trong các giới hạn sau đây, giới hạn nào có giá trị bằng ? 3 n 1 2 2n 3 3 2 3 2n 3n n A. lim 2 B. lim n 4n 1 C. lim n D. lim 2 1 2n 5 3 4n 5 Câu 3 (VD): Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x3 3x2 2 m có hai nghiệm phân biệt. A. m ; 2 B. m 2;2 C. m 2; D. m  2;2 x 1 Câu 4 (TH): Trên đồ thị (C): y có bao nhiêu điểm M mà tiếp tuyến với (C) tại M song song với x 2 đường thẳng d: x y 1 A. 0B. 4 C. 3D. 2 ax 1 Câu 5 (TH): Xác định các hệ số a, b, c để đồ thị hàm số y có bx c đồ thị hàm số như hình vẽ bên: A. a 2,b 2,c 1 B. a 2,b 1,c 1 C. a 2,b 1,c 1 D. a 2,b 1,c 1 Câu 6 (TH): Cho hàm số y f (x) có f '(x) 0 x R . Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của x để 1 f f 1 x A. ;0  0;1 B. ;0  1; C. ;1 D. (0;1) Câu 7 (TH): Cho hàm số y f (x) có đạo hàm y' x2 (x 2) . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Hàm số nghịch biến trên R. B. Hàm số đồng biến trên (0;2) . C. Hàm số nghịch biến trên ( ;0) và (2; ) D. Hàm số đồng biến trên (2; ) Câu 8 (TH): Cho cấp số nhân (un ) có u1 2 và biểu thức 20u1 10u2 u3 đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm số hạng thứ bảy của cấp số nhân (un ) ? A. 2000000B. 136250C. 39062 D. 31250 Câu 9 (VD): Trong không gian Oxyz, phương trình của mặt phẳng (P) đi qua điểm B(2;1; 3) đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng (Q): x y 3z 0 , (R): 2x y z 0 là: A. B.4x 5y 3z 22 0 4x 5y 3z 12 0 C. D.2x y 3z 14 0 4x 5y 3z 22 0 Câu 10 (NB): Đạo hàm của hàm số ylà: ln 5 3x2 6 2x 6x 6x A. B. C. D. 3x2 5 5 3x2 3x2 5 3x2 5 Câu 11 (TH): Đặt avà log2 5 .b Biểu lo gdiễn3 5 đúng của theo a,lo bg 6là:5 Trang 1/5
  2. 1 ab a b A. B. C. a D.b a b a b ab 1 3 Câu 12 (TH): Cho hai góc nhọn a và b thỏa mãn tana= và tanb= . Tính a + b. 7 4 2 A. B. C. D. 3 3 6 4 Câu 13 (TH): Một hình lăng trụ tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 5B. 3 C. 4 D. 6 Câu 14 (NB): Công thức nào sau đây là sai: 1 dx 1 A. B.x 3dx x4 C C. cot x C D.si n xdx cos x C dx ln x C 4 sin2x x Câu 15 (TH): Cho hình chóp SABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bên vuông góc với mặt đáy. Gọi M là trung điểm của SA, N là hình chiếu vuông góc của A lên SO. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. B.AC C. (SBD) DND. (SAB) AN  (SOD) AM  (SBC) x m2 2m Câu 16 (TH): Gọi A, B lần lượt là các giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số trêny x 2 19 đoạn 3;4 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để A B 2 A. B.m C. 1 ;m 3 D. m 1;m 3 m 3 m 4 Câu 17 (TH): Trong các mệnh đề sau đây, mệnh đề nào là đúng? A. Ba đường thẳng cắt nhau từng đôi một và không nằm trong mặt phẳng đồng quy. B. Một đường thẳng cắt hai đường thẳng cho trước thì cả ba đường thẳng đó cùng nằm trong một mặt phẳng. C. Ba đường thẳng cắt nhau từng đôi một thì cùng nằm trong một mặt phẳng. D. Một đường thẳng cắt hai đường thẳng cho trước thì cả ba đường thẳng đó cùng nằm trong một mặt phẳng. Câu 18 (TH): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm vàA( 2;4) . TìmB(8 ;tọa4) độ điểm C trên trục Ox, có hoành độ dương sao cho tam giác ABC vuông tại C. A. C(3;0) B. C. D. C(1;0) C(5;0) C(6;0) 16 3 Câu 19 (TH): Giá trị lớn nhất của hàm số y x2 trên đoạn bằng:;4 x 2 155 A. 24B. 20C. 12D. 12 Câu 20 (TH): Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD có AB và CD thuộc hai đáy hình trụ, AB 4a;AC 5a . Tính thể tích khối trụ: A. B.V C.8 a3 V D.1 6 a3 V 12 a3 V 4 a3 Câu 21 (TH): Cho hàm số y log 1 x . Mệnh đề nào dưới đây là mệnh đề sai? 2 A. Hàm số đã cho nghịch biến trên từng khoảng xác định. B. Đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận ngang. C. Đồ thị hàm số đã cho có một tiệm cận đứng là trục tung. D. Hàm số đã cho có tập xác định là D R \0 . 12 2 1 m Câu 22 (VD): Cho x là số thực dương, khai triển nhị thức ta xcó hệ số của số hạng chứa x x bằng 792. Giá trị của m là: A. m 3 và B.m và9 C. m 0 m 9 D. m 9 m 0 Câu 23 (VD): Tìm tập nghiệm S của phương trình 2x 1 4 A. B.S C.4  S D.1  S 3 S 2 Trang 2/27
  3. Câu 24 (VD): Cho tứ diện ABCD có (ACD)  (BCD),AC AD BC BD a,CD 2x . Giá trị của x để hai mặt phẳng (ABC) và (ABD) vuông góc với nhau là: a 2 a 3 a 3 a 5 A. B. C. D. 3 3 2 3 a Câu 25 (VD): Cho khối chóp SABCD có đáy là hình vuông cạnh , SAC vuông tại S và nằm trong 2 mặt phẳng vuông góc với đáy, cạnh bên SA tạo với đáy góc 60 . Tính thể tích V của khối chóp SABCD. a3 3 a3 3 a3 6 a3 2 A. B.V C. V D. V V 24 12 24 24 Câu 26 (NB): Nguyên hàm của hàm số f (x) 4x3 x 1 là: 1 1 A. B.x4 C. x 2 x C 12xD.2 1 C x4 x2 x C x4 x2 x C 2 2 Câu 27 (VD): Cho hàm số cóy đạof (x hàm) cấp 2 trên khoảng K và . Mệnhx0 đềK nào sau đây đúng? A. Nếu fthì''( x0 ) là 0điểm xcực0 trị của hàm số y f (x) B. Nếu x0 thì là điểm cực trị của hàm số y f (x) thì f ''(x0 ) 0 C. Nếu x0 thì là điểm cực trị của hàm số y f (x) thì f '(x0 ) 0 D. Nếu x0 thì là điểm cực trị của hàm số y f (x) thì f ''(x0 ) 0 1 Câu 28 (TH): Tìm nguyên hàm của hàm số f (x) x ln x 2 2 1 1 A. f (x)dx C B. f (x)dx C ln x 2 ln x 2 x C. f (x)dx C D. f (x)dx ln x 2 C ln x 2 2 Câu 29 (VD): Tính tích tất cả các nghiệm của phương trình 22x 5x 4 4 5 5 A. 1B. C. D. -1 2 2 Câu 30 (NB): Cho hai góc lượng giác a và b. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào là khẳng định sai? A. sin(a b) sinacosb cosasinb B. sin(a b) sinacosb cosasinb C. cos(a b) cosacosb sin asinb D. cos(a b) cosacosb sin asinb Câu 31 (VD): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho a (1; 2;3) và b (2; 1; 1) . Khẳng định nào sau đây đúng? A. Vecto a không vuông góc với b B. Vecto a cùng phương với b C. a 14 D. a,b ( 5; 7; 3) Câu 32 (VDC): Cho hình chóp S.ABCD có SC x(0 x a 3) , các cạnh còn lại đều bằng a. Biết rằng a m thể tích khối chóp S.ABCD lớn nhất khi và chỉ khi x (m,n N*) . Mệnh đề nào sau đây đúng? n 2 2 2 A. m 2n 10 B. 2m 3n 15 C. m n 30 D. 4m n 20 8 5 2 4 Câu 33 (VDC): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số: y x (m 1)x (m 1)x 1 đạt cực tiểu tại x 0 ? A. Vô số B. 3C. 2D. 4 Câu 34 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn  2018;2018 để phương trình 2 2 2 18 x 1 x 1 2 2 x 2 x 1 m x 1 có nghiệm thực? x 2 x2 1 Trang 3/27
  4. A. 25B. 2019 C. 2018 D. 2012 x2 x2 x2 1 Câu 35 (VD): Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 7 3 5 m 7 3 5 2 có đúng bốn nghiệm phân biệt. 1 1 1 1 1 A. B.0 C.m 0 D.m m 0 m 16 16 2 2 16 Câu 36 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho Avà mặt 3;0 phẳng;0 ;B 0;0;3 ;C 0; 3;0    (P): x y z 3 0 . Tìm trên (P) điểm M sao cho nhỏMA nhất. MB MC A. B.M C. 3; 3 ; 3 M D.3; 3;3 M 3;3;3 M 3; 3;3 Câu 37 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình log 2x2 3 log x2 mx 1 có tập nghiệm là R. A. Vô số B. 2C. 5D. 0 Câu 38 (VD): Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số f (x) 6 x2 6x 12 6x x2 .4 Tính tích các nghiệm của phương trình f (x) M . A. -6 B. 3C. -3D. 6 Câu 39 (VD): Gọi F(x) là một nguyên hàm của hàm số thỏaf (x )mãn x3 2x2 1 . Khi đó F(0) 5 phương trình Fcó(x số) nghiệm5 thực là: A. 0 B. 1 C. 2D. 3 Câu 40 (VDC): Cho một tập hợp A gồm 9 phân tử. Có bao nhiêu cặp tập con khác rỗng không giao nhau của tập A? A. 9330 B. 9586C. 255D. 9841 Câu 41 (VD): Cho hàm số cóy đạof (x hàm) y' x2 3x m2 . Tìm5m tất6 cả các giá trị của m để hàm số đồng biến trên (3;5). A. m ; 3  2; B. m ; 3 2; C. m  3; 2 D. Với mọi m R Câu 42 (VD): Một giải thi đấu bóng đá quốc gia có 12 đội bóng thi đấu vòng tròn hai lượt tính điểm (2 đội bất kì thi đấu với nhau đúng 2 trận). Sau mỗi trận đấu, đội thắng 3 điểm, đội thua 0 điểm, nếu hòa mỗi đội được 1 điểm. Sau giải đấu ban tổ chức thống kê được 60 trận hòa. Hỏi tổng số điểm của tất cả các đội sau giải đấu là A. 336 B. 630C. 360D. 306 Câu 43 (VD): Một hộp sữa hình trụ có thể tích V (không dổi) được làm từ một tấm tôn có diện tích đủ lớn. Nếu hộp sữa chỉ kín một đáy thì để tốn ít vật liệu nhất, hệ thức giữa bán kính đáy R và đường cao h bằng: A. hB. 3R h C. 2R h D. 2R h R 4x 7 Câu 44 (VD): Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y 2 2 log2018 x 2x m 6m 10 xác định với mọi xlà: R A. 2;4 \3 B. C.2; D.4 \ 3 4; ;2  4; Câu 45 (VDC): Cho tứ diện ABCD có AD  (ABC),ABC có tam giác vuông tại B. Biết BC 2a,AB 2a 3,AD 6a . Quay tam giác ABC và ABD (bao gồm cả điểm bên trong 2 tam giác) xung quanh đường thẳng AB ta được hai khối tròn xoay. Thể tích phần chung của 2 khối tròn xoay đó bằng: 5 3 a3 3 3 a3 64 3 a3 4 3 a3 A. B. C. D. 2 2 2 2 Trang 4/27
  5. Câu 46 (VDC): Cho hàm số xácy fđịnh(x) và liên tục trên R, có đạo hàm f '(x) . Biết rằng đồ thị hàm số nhưf '(x hình) vẽ. Xác định điểm cực đại của hàm số g(x) f (x) x . A. Không có giá trị B. x 0 C. x 1 D. x 2 Câu 47 (VDC): Cho hàm số ythỏa f (x mãn) 2 f '(x) f (x).f ''(x) x3 2xx R và f (0) f '(0) 2 . Tính giá trị của T f 2 (2). 268 160 268 4 A. B. C. D. 15 15 30 15 Câu 48 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, D, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Biết AB 2AD 2DC 2a , góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) là 60 . Độ dài cạnh SA là: A. a 2 B. 2a 3 C. 3a 2 D. a 3 3x b Câu 49 (VDC): Cho hàm số y (ab 2) . Biết rằng a và b là các giá trị thỏa mãn tiếp tuyến của ax 2 đồ thị hàm số tại điểm songA(1; song4) với đường thẳng d : 7x . Khiy 4 đó 0giá trị của a 3b bằng: A. -2 B. 4 C. 5 D. -1 Câu 50 (VD): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba mặt phẳng (P) : x 2y z 1 0;(Q) : x 2y z 8 0;(R) : x 2y z 4 0 . Một đường thẳng d thay đổi cắt ba 144 mặt (P), (Q), (R) lần lượt tại A, B, C. Tìm giá trị nhỏ nhất của T AB2 AC2 A. 24B. 36 C. 72 D. 144 Trang 5/27
  6. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.C 2.B 3.D 4.A 5.D 6.B 7.D 8.D 9.D 10.C 11.C 12.D 13.C 14.B 15.C 16.A 17.A 18.D 19.B 20.C 21.A 22.A 23.B 24.B 25.A 26.C 27.C 28.B 29.A 30.B 31.C 32.A 33.C 34.D 35.A 36.C 37.D 38.B 39.C 40.A 41.B 42.A 43.D 44.D 45.B 46.D 47.A 48.A 49.A 50.C Câu 1: Phương pháp: Dựa vào lý thuyết các khối đa diện đều. Cách giải: Có 4 mặt phẳng đối xứng như trong hình vẽ dưới đây: Chọn C. Câu 2: Phương pháp: Sử dụng MTCT tính giới hạn ở từng đáp án và kết luận. Cách giải: 2n3 3 Đáp án A: lim 1 2n2 Đáp án B: lim n3 4n2 1 3n 1 2n Đáp án C: lim 3 5 3n 3n2 n 3 Đáp án D: lim 4n2 5 4 Chọn B. Câu 3: Phương pháp Trang 6/27
  7. +) Số nghiệm của phương trình làf (sốx) giao m điểm của đồ thị hàm số và đường thẳngy f (x) y m . +) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số ysau fđó(x suy) ra giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách giải: Số nghiệm của phương trình xlà3 số 3 giaox2 điểm2 m của đồ thị hàm số vày đườngx3 3 x2 2 thẳng y m . 2 x 0 Ta có: y' 3x 6x 0 . Ta có đồ thị hàm số như hình x 2 vẽ: Quan sát đồ thị hàm số ta có: đường thẳng cắty đồm thị hàm số 3 2 m 2 y x 3x 2 tại 2 điểm phân biệt m 2 Chọn D. Chú ý khi giải: Để làm bài nhanh hơn, các em có thể vẽ BBT thay cho đồ thị hàm số. Câu 4: Phương pháp: Tiếp tuyến tại điểm có hoành độ xcủa x đồ0 thị hàm số song songy f với(x) đường thẳng y kx b khi và chỉ khi f '(x0 ) k (Lưu ý: Thử lại để loại trường hợp trùng). Cách giải: 2.1 1.1 1 TXĐ: D R \ 2 . Ta có: y' (x 2)2 (x 2)2 x0 1 Gọi M x0 ; (C) x0 2 Ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ xlà: x0 1 x 1 y' (x x ) 0 (d ') 2 0 x 2 x0 2 0 1 Để (d ') / /(d) : x y 1 y x 1 2 1 (vô nghiệm) x0 2 Không có điểm M nào thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A. Chú ý: Phải đưa phương trình đường thẳng (d) về dạng y kx bvà xác định hệ số góc của đường thẳng d cho chính xác, tránh sai lầm khi cho hệ số góc của đường thẳng d trong bài toán này bằng 1. Câu 5: Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số để nhận xét và đưa ra công thức đúng về đồ thị hàm số, từ đó suy ra các giá trị a, b, c. Cách giải: a Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có TCN là: yloại 2 đáp yán A, B.2 b 1 Đồ thị hàm số đi qua điểm (chọn0;1) D. 1 c 1 c Chọn D. Câu 6: Trang 7/27
  8. Phương pháp: Hàm số ycó thìf (x đồng) fbiến'(x) trên 0 R.x R Sử dụng khái niệm hàm số đồng biến, với x1 x2 f (x1) f (x2 ) Cách giải: Hàm số ycó thìf (x đồng) fbiến'(x) trên 0 R.x R 1 1 1 1 x x 1 Khi đó ta có f f 1 1 1 0 0 x x x x x 0 Vậy x ;0  1; Chọn B. 1 1 Chú ý: Khi giải bất phương trình nhiều 1 HS có cách giải sai như nhau và chọn đáp1 ánx 1 x x C. Câu 7: Phương pháp: Hàm số đồng biến trên a;b y' 0x (a;b) Hàm số nghịch biến trên a;b y' 0x (a;b) Giải phương trình yvà' lập0 BBT, từ đó chọn đáp án đúng. Cách giải: 2 x 0 Ta có: y' 0 x (x 2) 0 x 2 x 0 2 y' - 0 + 0 - Dựa vào BBT ta thấy hàm số nghịch biến trên (và đồng;2) biến trên (2; ) Chọn D. Câu 8: Phương pháp: n 1 Sử dụng công thức SHTQ của cấp số nhân un u1q . Cách giải: Gọi q là công bội của cấp số nhân đã cho ta có: 2 20u1 10u2 u3 20u1 10u1q u1q 40 20q 2q2 2(q2 10q 25) 10 2(q 5)2 10 10 Dấu “=” xảy ra q 5 6 6 Khi đó số hạng thứ sáu của cấp số nhân trên là u7 u1q 2.5 31250 Chọn D. Câu 9: Phương pháp:        Mặt phẳng (P) vuông góc với (Q), (R) n  n ,n  n n n ,n P Q P R P Q R Phương trình mặt phẳng đi qua điểm Mvà x0 có; y 0 ;z VTPT0 là:n (A;B;C) A(x x0 ) B(y y0 ) C(z z0 ) 0 Cách giải:        Mặt phẳng (P) vuông góc với (Q), (R) n  n ,n  n n n ,n P Q P R P Q R   Ta có: nQ (1;1;3),nR (2; 1;1) Trang 8/27
  9.    n n ,n (4;5; 3) P Q R Phương trình mặt phẳng đi qua điểm Bvà(2 có;1; VTPT 3) là: n (4;5; 3) 4(x 2) 5(y 1) 3(z 3) 0 4x 5y 3z 22 0 Chọn D. Câu 10: Phương pháp: u ' Sử dụng công thức tính đạo hàm ln u ' u Cách giải: 2 6x 6x ln 5 3x ' 2 2 5 3x 3x 5 Chọn C. Câu 11: Phương pháp: 1 Sử dụng các công thức: loga b ;loga b loga c loga bc(0 a,b 1;c 0) logb a Cách giải: 1 1 1 1 Ta có: log5 2 ;log5 3 log2 5 a log3 5 b 1 1 1 ab log 5 6 log 6 log 2 log 3 1 1 a b 5 5 5 a b Chọn C. Câu 12: Phương pháp: tan a tanb Sử dụng công thức tan a b 1 tan a.tanb Cách giải: Do 0 a,b 0 a b 2 1 3 tan a tanb Ta có: tan(a b) 7 4 1 a b 1 3 1 tan a.tanb 1 . 4 7 4 Chọn D. Câu 13: Phương pháp: Dựa vào lý thuyết các khối đa diện đều. Cách giải: Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ bên dưới, trong đó: +) 3 mặt phẳng tạo bởi 1 cạnh bên và trung điểm của các cạnh đối diện. +) 1 mặt phẳng tạo bởi trung điểm của 3 cạnh bên. Trang 9/27
  10. Chọn C. Câu 14: Phương pháp: Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản. Cách giải: dx Ta có cot x C do đó đáp án B sai. sin2 x Chọn B. Câu 15: Phương pháp: Sử dụng quan hệ vuông góc trong không gian Cách giải: Ta có: SA  (ABCD) SA  BD Lại có: BD  AC (do ABCD là hình vuông) BD  (SAC) BD  AN Mà AN  SO(gt) AN  (SBD) AN  (SOD) Chọn C. Câu 16: Phương pháp: Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên trên từng khoảng xác định của nó. Cách giải: 2.1 1.(m2 2m) m2 2m 2 (m 1)2 1 TXĐ: D R \2 . Ta có: y' 0x D (x 2)2 (x 2)2 (x 2)2 y' 0x 3;4 Hàm số đã cho nghịch biến trên 3;4 m2 2m 4 min y y(4) ;max y y(3) m2 2m 3 3;4 2 3;4 m2 2m 4 A ;B m2 2m 3 2 19 m2 2m 4 19 Theo bài ra ta có A B m2 2m 3 2 2 2 2 2 m 2m 4 2m 4m 6 19 2 m 1 3m 6m 9 0 2 2 m 3 Chọn A. Câu 17: Phương pháp: Đọc kĩ từng đáp án sau đó loại trừ và chọn đáp án đúng. Cách giải: Xét đáp án A: Giả sử ta có 3 đường thẳng a, b, c và a  b A,b  c B,c  a C Giả sử điểm Ata có:B +) Nếu Amâu C thuẫn a với c giả thiết a, c không đồng phẳng. +) Nếu Ađồng C quy. A  B  C a,b,c Vậy a, b, c đồng quy đáp án A đúng. Chọn A. Câu 18: Phương pháp:   Tam giác ABC vuông tại C CA.CB 0 Cách giải: Trang 10/27
  11.  CA ( 2 c;4) Gọi C(c;0) Ox(c>0) ta có  CB (8 c;4)   Tam giác ABC vuông tại C CA.CB 0 ( 2 c)(8 c) 16 0 2 2 c 0(ktm) 16 2c 8c c 16 0 c 6c 0 C(6;0) c 6(tm) Chọn D. Câu 19: Phương pháp: Tìm GTLN và GTNN của hàm số ytrên f (bằngx) cách:a;b +) Giải phương trình ytìm' các0 nghiệm x1. +) Tính các giá trị f (a),f (b),f (xi ) xi a;b . Khi đó: min f (x) minf (a),f (b),f (xi ),max f (x) maxf (a),f (b),f (xi ), a;b a;b Cách giải: 16 16 3 Ta có: y' 2x y' 0 2x3 2x3 16 x 2 ;4 x2 x2 2 3 155 y ; y(2) 12; y(4) 20 2 12 Vậy mkhiax y 20 x 4 3 ;4 4 Chọn B. Câu 20: Phương pháp: Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ có chiều cao h và bán kính đáy r là V r2h Cách giải: Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC có BC AC2 AB2 25a 2 16a 2 3a 2 AB 2 2 Vậy thể tích khối trụ là V .BC . 2a .3a 12 a 2 Chọn C. Câu 21: Phương pháp: Xét hàm số yta có:loga x +) TXĐ: D 0; +) Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm TCĐ. +) Có a 1 thì hàm số luôn đồng biến trên (và0; thì ) hàm0 số luôna 1 nghịch biến trên . (0; ) +) Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm (1;0),(a;l) và nằm bên phải trục tung. Cách giải: Tập xác định của hàm số: đápx án0 D xđúng. 0 log 1 x khi x 0 2 Ta có: y log 1 x log ( x) 2 1 khi x 0 2 Trang 11/27
  12. 1 Vì 0hàm a số nghịch 1 biến trên y và lhàmog 1 xsố đồng biến trên (0; ) y log 1 ( x) 2 2 2 ( ;0) Chọn A. Câu 22: Phương pháp: n n k k n k Sử dụng khai triển nhị thức Newton: a b Cna b k 0 Cách giải: 12 k 12 12 k 12 2 1 k 2 1 k 24 3k m Ta có: x C12 x C12x , do đó hệ số của số hạng chứa x trong khai triển x k 0 x k 0 24 m trên ứng với 24 3k m k 3 24 m 5 24 m 3 m 9 Theo bài ra ta có C 3 792 12 24 m m 3 7 3 Chọn A. Câu 23: Phương pháp: Giải phương trình mũ: af (x) a m f (x) m Cách giải: Ta có: 2x 1 4 2x 1 22 x 1 2 x 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S 1 Chọn B. Câu 24: Phương pháp: +) Gọi E là trung điểm của AB, chứng minh ABC ; ABD CE;DE CED +) Sử dụng định lí Pytago trong các tam giác vuông tìm x. Cách giải: Gọi H là trung điểm của CD. Do tam giác ACD cân tại A và tam giác BCD cân tại B CD  AH CD  (ABH) CD  AB CD  BH Gọi E là trung điểm của AB, do tam giác ABC cân tại C CE  AB AB  CD Ta có AB  (CDE) AB  DE AB  CE (ABC)  (ABD) AB (ABC)  CE  AB  ABC ; ABD  CE;DE CED 90 (ABD)  DE  AB Ta có vuôngABC cân AtạiD CE(c.c.c) CE DE CDE CD CE 2 2x CE 2 CE x 2 (*) Xét tam giác vuông CBH có BH2 BC2 CH2 a 2 x2 Xét tam giác vuông ACH có AH2 AC2 CH2 a 2 x2 Trang 12/27
  13. 2a 2 2x2 Xét tam giác vuông ABH có AB2 AH2 BH2 2a 2 2x2 AE 2 a 2 x2 a 2 x2 a 2 x2 Xét tam giác vuông ACE có CE2 AC2 AE2 a 2 CE 2 2 2 a 2 x2 a 3 Thay vào (*) ta có x 2 a 2 x2 4x2 3x2 a 2 x 2 3 Chọn B. Câu 25: Phương pháp: 1 Công thức tính thể tích khối chóp có chiều cao h và diện tích đáy S là: V Sh 3 Cách giải: Gọi H là hình chiếu của S trên AC. (SAC)  (ABCD) AC Ta có SH  (ABCD) (SAC)  SH  AC Ta có:  SA, ABCD  SA,AH  SA,AC SAC a 2 Ta có: AC AB 2 . 2 a 2 a SA AC.cos60 2 Xét SAC vuông tại S ta có: a 3 SC AC.sin 60 2 Áp dụng hệ thức lượng cho vuôngSAC tại S và có đường cao SH ta có: a a 3 . SA.SC a 3 SH 2 2 AC a 4 1 1 a 3 a 2 a3 3 V SA.S . . S.ABCD 3 ABCD 3 4 2 24 Chọn A. Câu 26: Phương pháp: xn 1 Sử dụng nguyên hàm cơ bản xndx C n 1 Cách giải: x4 x2 1 f (x)dx 4 x C x4 x2 x C 4 2 2 Chọn C. Câu 27: Phương pháp: Dựa vào lý thuyết về các điểm cực trị của hàm số. Cách giải: Nếu xlà điểmx0 cực trị của hàm số thì f '(x0 ) 0 Trang 13/27
  14. f '(x0 ) 0 Nếu xlà điểmx0 cực trị của hàm số thì f ''(x0 ) 0 Chọn C. Câu 28: Phương pháp: dx 1 Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản và công thức C vi phân df (x) f '(x)dx x2 x Cách giải: 1 d(ln x 2) 1 f (x)dx dx C 2 2 x ln x 2 ln x 2 ln x 2 Chọn B. Chú ý: HS có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải bài toán này, bằng cách đặt t ln x 2 . Câu 29: Phương pháp: +) Giải phương trình mũ: af (x) a m f (x) m +) Áp dụng hệ thức Vi-ét. Cách giải: Ta có: 1 2 x 22x 5x 4 4 2x2 5x 4 2 2x2 5x 2 0 2 x x 1 1 2 x 2 Chọn A. Câu 30: Phương pháp: Sử dụng các công thức: sin(a b) sin a cos b cosa sin b sin(a b) sin a cos b cosa sin b cos(a b) cosa cos b sina sin b cos(a b) cosa cos b sina sin b Cách giải: sin(a b) sin a cos b cosa sin b , do đó đáp án B sai. Chọn B. Câu 31: Phương pháp: +) Sử dụng máy tính để bấm máy tích có hướng. 2 2 +) Ta có: a a1;a 2 a a1 a 2 . +) a  b a.b 0 +) ,a bcùng phương a kb Cách giải: Ta có: akhông.b 1. 2vuông 2.( góc1) 3loại.( 1đáp) 1án A.0 a,b Ta thấy không tồn tại số k để a kb a,b không cùng phương loại đáp án B. a 1 ( 2)2 32 14 Đáp án C đúng. Chọn C. Câu 32: Phương pháp: +) Chứng minh hình chiếu vuông của S trên (ABCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. +) Chứng minh tam giác SAC vuông tại S, tính AC. Trang 14/27
  15. +) Tính BD. 1 1 1 +) Sử dụng công thức tính thể tích V SH.S SH. AC.BD S.ABCD 3 ABCD 3 2 Cách giải: Vì SnênA hìnhSB chiếuSD vuônga của S trên (ABCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD SH  (ABCD) . Do tam giác ABD cân tại A H AC Dễ dàng chứng minh được: AC SBD ABD(c.c.c) SO AO SAC vuông tại S (Tam 2 giác có trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy) AC SA2 SC2 a 2 x2 SA.SC ax Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC có SH AC a 2 x2 Ta có 1 1 a 2 x2 3a 2 x2 OA AC a 2 x2 OB AB2 OA2 a 2 BD 3a 2 x2 2 2 4 2 1 Do ABCD là hình thoi S AC.BD . Khi đó ta có: ABCD 2 1 1 ax 2 2 2 2 1 2 2 VS.ABCD SH.SABCD . a x . 3a x ax 3a x 3 6 a 2 x2 6 x2 3a 2 x2 3a 2 1 3a 2 a3 Áp dụng BĐT Cô-si ta có: x 3a 2 x2 V a 2 2 S.ABCD 6 2 4 2 2 2 2 3a a 6 a m m 6 Dấu “=” xảy ra x 3a x x m 2n 10 2 2 n n 2 Chọn A. Câu 33: Phương pháp: Nếu xlà điểmx0 cực trị của hàm số thì f '(x0 ) 0 f '(x0 ) 0 Nếu xlà điểmx0 cực tiểu của hàm số thì f ''(x0 ) 0 Cách giải: Ta có y' 8x7 5 m 1 x4 4(m2 1)x3; y'' 56x6 20(m 1)x3 12(m2 1)x2 y' 0 8x7 5(m 1)x4 4(m2 1)x3 0 3 4 2 x 8x 5(m 1)x 4(m 1) 0 TH1: Xét m2 1 0 m 1 +) Khi mta có1 y' 0 x3 (8x4 10x) x4 (8x3 10) xlà nghiệm0 bội 4 khôngx 0 là cực trị của hàm số. +) Khi tam có 1là nghiệmy' bội 0 lẻ làx3 điểm.8x4 cực0 trị8 x7 0 x 0 x 0 của hàm số. Hơn nữa qua điểm x 0 thì đổiy' dấu từ âm sang dương nên là điểmx cực0 tiểu của hàm số. TH2: Xét mta 2có: 1 0 m 1 Trang 15/27
  16. x2 0 y' 0 x2 8x5 5(m 1)x2 4(m2 1)x 0 5 2 2 8x 5(m 1)x 4(m 1)x 0 x2 0 x 0 là nghiệm bội chẵn không là cực trị của hàm số, do đó cực trị của hàm số ban đầu là nghiệm của phương trình g(x) 8x5 5(m 1)x2 4(m2 1)x 0 Hàm số đạt cực tiểu tại x 0 g '(0) 0 Ta có g '(x) 40x4 10(m 1)x 4(m2 1) g '(0) 4(m2 1) 0 m2 1 0 1 m 1 Vậy kết hợp 2 trường hợp ta có 1 m 1 Do m Z m  1;0 Chọn C. Câu 34: Phương pháp: +) Cô lập m, đưa phương trình về dạng f (x) m +) Phương trình fcó(x nghiệm) m m min f (x);max f (x) Cách giải: 2 18(x2 1) x2 1 x 2 x2 1 m(x2 1) x 2 x2 1 2 2 x 2 x 1 18 x2 1 2 m x 1 x 2 x2 1 2 2 x 2 x 1 18 x2 1 Đặt f (x) 2 . Sử dụng chức năng MODE 7, ta tìm x 1 x 2 x2 1 min f (x) 7 x 0 Để phương trình cóf ( xnghiệm) m . Kết m hợp 7 điều kiện ta có m 7;20 . 1Vậy8,m có Z (2018 7) 1 2012 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn D. Câu 35: Phương pháp: 4 +) Ta có: 7 3 5 7 3 5 49 45 4 7 3 5 7 3 5 +) Đặt ẩn phụ và đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai ẩn t từ đó tìm m theo yêu cầu của đề bài. Cách giải: 4 Ta có: 7 3 5 7 3 5 49 45 4 7 3 5 7 3 5 2 2 x x 2 7 3 5 m 7 3 5 2x 1 x2 x2 4 1 x2 m 7 3 5 .2 7 3 5 2 2 2 2 2 x 2.2x 2x . 7 3 5 2m 7 3 5 0 2x2 x2 2 2 2. 2m 0(*) 7 3 5 7 3 5 Trang 16/27
  17. 2x2 2 2 Đặt t x log 2 t. 7 3 5 7 3 5 2 Ta có: 0 1 log 2 t 0 0 t 1 7 3 5 7 3 5 (*) 2t2 t 2m 0(1) Để phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt pt (1) có hai nghiệm phân biệt t (0;1) 1 0 1 16m 0 m 16 af (0) 0 4m 0 1 af (1) 0 2(2m 1) 0 m 0 0 m 16 b 1 0 1 0 1 1 2a 2 m 2 Chọn A. Câu 36: Phương pháp:    +) Gọi điểm Ithỏa(a;b ;mãnc) IA IB , sửIC dụng 0 các công thức cộng trừ vectơ xác định điểm I.       +) Phân tích MA MB MC bằng cách chèn điểm I, đánh giá và tìm GTNN của .MA MB MC Cách giải:    Gọi điểm Ithỏa(a;b ;mãnc) IA IB IC 0 Ta có:  IA ( 3 a; b; c) 3 a 0 a 3     IB ( a; b;3 c) IA IB IC ( 3 a;3 b;3 c) 0 3 b 0 b 3 I( 3;3;3)  3 c 0 c 3 IC ( a; 3 b; c)               Ta có MA MB MC MI IA MI IB MI IC MI IA IB IC MI MI    Do đó nhỏMA nhất M Bkhi MvàC chỉ khi MI nhỏ nhất M là hình chiếu của I trên (P) Ta thấy Hình3 3 chiếu 3 3của 0 I trênI (P)(P )là chính nó. Do đó M  I M( 3;3;3) Chọn C. Câu 37: Phương pháp: Tìm điều kiện xác định của bất phương trình. Giải bất phương trình logarit: log f (x) log g(x) 0 f (x) g(x) Cách giải: log 2x2 3 log x2 mx 1 x R 0 2x2 3 x2 mx 1 x2 mx 2 0x R(*) a 1 0 (vonghiem) 2 m 8 0 Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn D. Câu 38: Phương pháp: Đặt t x2 6x 12 x 3 2 3 3 tìm GTLN của hàm số f (t) với t 3 Cách giải: Trang 17/27
  18. f (x) 6 x2 6x 12 6x x2 4 f (x) 6 x2 6x 12 (x2 6x 12) 8 Đặt t x2 6x 12 x 3 2 3 3 , khi đó ta có f (t) t2 6t 8x 3 Ta có f '(t) 2 t 6 0 t 3 BBT: t 3 f t 0 f t 17 max f (t) 17 t 3 x 3 2 3 3 x 3 3; maxf (x) 17 M x 3 Vậy phương trình f (x) M có nghiệm duy nhất x 3 , do đó tích các nghiệm của chúng bằng 3. Chọn B. Câu 39: Phương pháp: Sử dụng các công thức nguyên hàm cơ bản để tìm Fsau(x )đó giải phương trình. Cách giải: x4 2x3 Ta có: F(x) x3 2x2 1 dx x C 4 3 x4 2x3 Lại có: F(0) 5 C 5 F(x) x 5 4 3 x4 2x3 x4 2x3 x 0 F(x) 5 x 0 x 1 0 4 3 4 3 x 1,04 Chọn C. Câu 40: Cách giải: Gọi X, Y là hai tập hợp con của A sao cho X  Y ;X ;Y  Giả sử A x1;x2 ;x3;x4 ;x5;x6 ;x7 ;x8;x9 x1  X Phần tử xcó1 3 khả năng: hoặc x1 Xhoặc x1 Yhoặc x1  Y 9 Cứ như vậy đến phần tử x9 . Do đó ta có 3cặp 2 tập hợp không giao nhau (chứa cả cặp tập hợp rỗng). Số cách chọn tập Xlà cách;Y chọn.  29 1 Số cách chọn tập Xlà cách;Y chọn.  29 1 số cặp 2 tập hợp khác rỗng không giao nhau thực sự là 39 2(29 1) 39 2(29 1) Do (vàX ; Ylà) trùng(Y nhau;X) nên số cặp 2 tập hợp không giao nhau thực sự là 9330 2 Chọn A. Câu 41: Phương pháp: Trang 18/27
  19. Hàm số đồng biến trên (a;b) y' 0 x (a;b) Cách giải: Hàm số yđồng f ( biếnx) trên (3;5) y' 0 x (3;5) x2 3x m2 5m 6 0x (3;5) x2 3x m2 5m 6x (3;5)(*) Đặt g(x) x2 3x (*) g(x) m2 5m 6x (3;5) m2 5m 6 min g(x) (3;5) Khảo sát hàm số gta( xđược:) x2 3x x 3 3 5 2 g’(x) g(x) 10 9 0 4 2 2 m 2 m 5m 6 0 m 5m 6 0 m 3 Chọn B. Câu 42: Phương pháp: +) Tính tổng số trận đấu, tính số trận hòa, trận không hòa. +) Tính số điểm của các trận hòa, số điểm của các trận không hòa và suy ra số điểm của toàn giải đấu. Cách giải: Vì 12 đội bóng thi đấu vòng tròn hai lượt tính điểm (2 đội bất kì thi đấu với nhau đúng 2 trận ( nên mỗi đội sẽ thi đấu với 11 đội còn lại, do đó tổng số trận đấu là 12.11 = 132 (trận). Số trận hòa là 16 trận, số trận không hòa là 132 – 60 = 72. 60 trận hòa, mỗi đội được 1 điểm, vậy có 120 điểm. 72 trận không hòa, mỗi trận đội thắng được 3 điểm, vậy có 72.3 = 216 điểm. Vậy tổng số điểm của tất cả các đội sau giải đấu là 120 + 216 = 336. Chọn A. Câu 43: Phương pháp: Thể tích khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là: V R 2h Diện tích xung quanh và 1 đáy của hình trụ là: S 2 Rh R 2 Cách giải: V Ta có: Thể tích khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là: V R 2h h R 2 Diện tích xung quanh và 1 đáy của hình trụ là: S 2 Rh R 2 V 2V S 2 .R R 2 R 2 R 2 R V V Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương ; ; R 2 ta có: R R V V V V R 2 33 R 2 33 V2 R R R R Trang 19/27
  20. V V R3 Dấu “=” xảy ra R 2 R3 V R3 h R R R 2 Chọn D. Câu 44: Phương pháp: +) Hàm số yxác lđịnhoga f (x)(0 a 1) f (x 0) 1 +) Hàm số xác định A 0 A Cách giải: 4x 7 Hàm số yxác định với mọi khi và chỉ khi x R 2 2 log2018 x 2x m 6m 10 2 2 log2018 x 2x m 6m 10 0x R 2 2 x 2x m 6m 10 0x R x2 2x m2 6m 10 1x R 2 2 x 2x m 6m 10 0x R 2 2 x 1 m 3 1x R 2 2 x 1 m 3 0x R 2 2 m 3 1 x 1 x R 2 2 x 1 m 3 0x R 2 m 4 m 3 1 m 4 m 2 m 3 0 m 2 m 3 Chọn D. Câu 45: Phương pháp 1 Công thức tính thể tích khối nón tròn xoay có chiều cao h và bán kính đáy R là: V R 2h 4 Cách giải: Ta có: Khối nón (N1) được sinh bởi khiAB quayC quanh AB có chiều cao h 1 và A bánB kính đáy R1 BC Khối nón (N2 ) được sinh bởi khiAD quayB quanh AB có chiều cao và bán h kính2 A đáyB R 2 AD Do hai khối nón cùng có chiều cao AB nên hai đáy của hai khối nón nằm trong hai mặt phẳng song song. Trang 20/27
  21. Trong mặt phẳng đáy của hình nón kẻ(N 1đường) kính GH / . /DễDE dàng chứng minh được DEGH là hình thang cân. Gọi M AG  BE; N AH  BD,I AB MN. Khi đó phần chung giữa hai khối nón (vàN 1 )là hai( Nkhối2 ) nón: 1 +) Khối nón (đỉnhN ) B, đường cao BI, bán kính đáy IN V .IN2.BI 3 3 3 1 +) Khối nón (đỉnhN ) A, đường cao AI, bán kính đáy IN V .IN2.A I 4 4 3 1 1 1 1 Thể tích phần chung V V V .IN2.BI .IN2.A I .IN2.(AI BI) .IN2.A B 3 4 3 3 3 3 Áp dụng định lí Ta-lét ta có: MN AI MN BI MN MN AI BI ; 1 GH AB DE AB GH DE AB 1 1 1 1 MN 1 MN. 1 MN 3a 2BC 2AD 2.2a 2.6a MN 3a Dễ thấy I là trung điểm của MN IN 2 2 2 1 3a 3 3 a3 Vậy V . .2a 3 3 2 2 Chọn B. Câu 46: Phương pháp: Giải phương trình g '(x) 0 , lập BBT của đồ thị hàm số y g(x) và kết luận. Cách giải: x 0 Ta có g '(x) f '(x) 1 0 f '(x) 1 x 1 x 2 BBT x 0 1 2 g x 0 0 g x Dựa vào BBT ta thấy hàm số ycó 1g điểm(x) cực đại là x 2. Chọn D. Câu 47: Trang 21/27
  22. Phương pháp: +) Dựa vào phương trình đã cho của bài toán ta có thể thấy: VT f (x).f '(x)' +) Lấy nguyên hàm hai vế và dựa vào giả thiết bài toán để làm tiếp. Cách giải: Ta có: VT f (x).f '(x)' f'(x).f'(x) f(x).f''(x) f '(x)2 f (x).f ''(x) f '(x).f (x)' x3 2x(*) x4 Nguyên hàm hai vế của (*) ta được: f '(x).f (x) x2 C(1) 4 Lại có: f '(0) f (0) 2 C 2.2 4 x4 (1) f (x).f '(x) x2 4 4 4 5 3 x 2 x x f (x)f '(x)dx x 4 dx f (x)df (x) 4x A 4 20 3 f 2 (x) x5 x3 x5 2x3 4x A f 2 (x) 8x 2A 2 20 3 10 3 Có f (0) 2 4 2A A 2 x5 2x3 f 2 (x) 8x 4 10 3 25 2.23 268 f 2 (2) 8.2 4 10 3 15 Chọn A. Câu 48: Phương pháp: +) Xác định góc giữa (SAB) và (SBC). +) Sử dụng tam giác đồng dạng, suy ra các tỉ số và tính SA. Cách giải: Gọi E là trung điểm của AB. Ta dễ dàng chứng minh được ABCE là hình vuông CE  AB CE  (SAB) CE  SB CE  SA Trong (SAB) kẻ HtaE có: SB SB  EH SB  (CHE) SB  CH SB  CE (SAB)  (SBC) SB (SAB)  EH  SB  SAB ; SBC  EH;CH CHE 60 (SAC)  CH  SB a Xét tam giác vuông CEH có EH CE.cot60 3 a . SA2 4a 2 SA SB EH.SB 3 Ta có SAB : EHG(g.g) SA EH BE BE a Trang 22/27
  23. 3SA SA2 4a 2 3SA2 SA2 4a 2 SA2 2a 2 SA a 2 Chọn A. Câu 49: Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số ytại fđiểm(x) thuộc đồ x thị x 0 hàm số là: y f '(x0 )(x x0 ) f (x0 ) a1 a 2 Hai đường thẳng yvà songa1x songb1 vớiy nhaua 2x b2 b1 b2 Cách giải: 6 ab Điều kiện: ax 2 0 . Ta có y' ;d : 7x y 4 0 y 7x 4 (a x 2)2 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số có dạng: d ': y 7x y0 (y0 4) Ta có: A(1; 4) d ' 4 7.1 y0 y0 3(tm) d ': y 7x 3 A(1; 4) thuộc đồ thị hàm số và hệ số góc của dlà:' f '(1) 7 3.1 b 4 a 2 b 3 4(a 2) b 4a 5 2 6 ab 6 ab 7(a 2) 6 a( 4a 5) 7a 28a 28 2 7 (a 2) a 2 b 4a 5 (tmab 2) b 4a 5 b 3 a 3b 11 a 2 2 11a 33a 22 0 a 2 a 3b 2 a 1 (tmab 2) b 1 Chọn A. Câu 50: Phương pháp: +) Nhận xét (P) / /(Q) / /(R) +) Sử dụng BĐT Cô-si và định lí Ta-let đánh giá biểu thức T. Cách giải: Dễ dàng nhận thấy (P) / /(Q) / /(R) Kẻ đường thẳng qua B vuông góc với cả 3 mặt phẳng (P), (Q), (R), cắt (P) tại H và cắt (Q) tại K. Ta có BH d Q ; P 9;HK d P ; R 3 144 144 AB BH 9 Khi đó ta có: T AB2 2 AB2. 24 24. 24. 72 AC2 AC2 AC HK 3 Vậy Tmin 72 Chọn C. Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm 2018-2019 MA TRẬN ĐỀ THI Trang 23/27
  24. Lớp Chương Nhận Biết Thông Hiểu Vận Dụng Vận dụng cao Đại số C3 C4 C5 C6 C7 C16 C27 C34 Chương 1: Hàm Số C19 C38 C41 C49 C33 C46 Chương 2: Hàm Số Lũy C11 C21 C23 C35 C37 C39 Thừa Hàm Số Mũ Và C29 C44 Hàm Số Lôgarit Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng C14 C26 C28 C47 Chương 4: Số Phức Lớp 12 (76%) Hình học C24 C25 C32 Chương 1: Khối Đa Diện C1 C13 C48 Chương 2: Mặt Nón, Mặt C20 C43 C45 Trụ, Mặt Cầu Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không C9 C31 C36 C50 Gian Đại số Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương C12 Trình Lượng Giác Chương 2: Tổ Hợp - Xác C22 C40 C32 Suất Lớp 11 (18%) Chương 3: Dãy Số, Cấp Số C8 Cộng Và Cấp Số Nhân Chương 4: Giới Hạn C2 Chương 5: Đạo Hàm C10 Hình học Chương 1: Phép Dời Hình Và Phép Đồng Dạng Trong Mặt Phẳng C17 Trang 24/27
  25. Chương 2: Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song Chương 3: Vectơ trong không gian. Quan hệ C15 vuông góc trong không gian Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Lớp 10 (6%) Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức C30 Lượng Giác Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp C18 Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Tổng số câu 5 20 21 4 Điểm 1 4 4.2 0.8 ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI: Đề thi thử THPTGQ môn Toán năm 2019 trường THPT chuyên Bắc Ninh lần thứ 3 (Mã đề 304),được tổ chức thì vào cuối tháng 12 năm 2018. Đề thi gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm với lượng kiến thức như sau: 76% kiến thức lớp 12, 18% kiến thức lớp 11, 6% kiến thức lớp 10. Đề thi bám sát đề minh họa THPTQG của BGD&ĐT. Các câu hỏi trong đề thi rà soát hầu như hết chương trình học của các em (chưa có phần số phức của lớp 12) nên để làm tốt đề thi này HS cần có kiến thức thật chắc chắn. Trong đề Trang 25/27
  26. xuất hiện các câu hỏi khó như 32, 40, 45, 46, 47, 49, có câu được trích từ đề thi THPTQG 2018 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.C 2.B 3.D 4.A 5.D 6.B 7.D 8.D 9.D 10.C 11.C 12.D 13.C 14.B 15.C 16.A 17.A 18.D 19.B 20.C 21.A 22.A 23.B 24.B 25.A 26.C 27.C 28.B 29.A 30.B 31.C 32.A 33.C 34.D 35.A 36.C 37.D 38.B 39.C 40.A 41.B 42.A 43.D 44.D 45.B 46.D 47.A 48.A 49.A 50.C Câu 1: Phương pháp: Dựa vào lý thuyết các khối đa diện đều. Cách giải: Có 4 mặt phẳng đối xứng như trong hình vẽ dưới đây: Chọn C. Câu 2: Phương pháp: Sử dụng MTCT tính giới hạn ở từng đáp án và kết luận. Cách giải: 2n3 3 Đáp án A: lim 1 2n2 Đáp án B: lim n3 4n2 1 3n 1 2n Đáp án C: lim 3 5 3n Trang 26/27
  27. 3n2 n 3 Đáp án D: lim 4n2 5 4 Chọn B. Câu 3: Phương pháp +) Số nghiệm của phương trình làf (sốx )giao m điểm của đồ thị hàm số và đường thẳngy f (x) y m . +) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số ysau fđó(x suy) ra giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách giải: Số nghiệm của phương trình xlà3 số 3 giaox2 điểm2 m của đồ thị hàm số vày đườngx3 3x2 2 thẳng y m . 2 x 0 Ta có: y' 3x 6x 0 . Ta có đồ thị hàm số như hình x 2 vẽ: Quan sát đồ thị hàm số ta có: đường thẳng cắty đồm thị hàm số 3 2 m 2 y x 3x 2 tại 2 điểm phân biệt m 2 Chọn D. Chú ý khi giải: Để làm bài nhanh hơn, các em có thể vẽ BBT thay cho đồ thị hàm số. Câu 4: Phương pháp: Tiếp tuyến tại điểm có hoành độ xcủa x đồ0 thị hàm số song songy f với(x) đường thẳng y kx b khi và chỉ khi f '(x0 ) k (Lưu ý: Thử lại để loại trường hợp trùng). Cách giải: 2.1 1.1 1 TXĐ: D R \ 2 . Ta có: y' (x 2)2 (x 2)2 x0 1 Gọi M x0 ; (C) x0 2 Ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ xlà: x0 1 x 1 y' (x x ) 0 (d ') 2 0 x 2 x0 2 0 1 Để (d ') / /(d) : x y 1 y x 1 2 1 (vô nghiệm) x0 2 Không có điểm M nào thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A. Chú ý: Phải đưa phương trình đường thẳng (d) về dạng y kx bvà xác định hệ số góc của đường thẳng d cho chính xác, tránh sai lầm khi cho hệ số góc của đường thẳng d trong bài toán này bằng 1. Câu 5: Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số để nhận xét và đưa ra công thức đúng về đồ thị hàm số, từ đó suy ra các giá trị a, b, c. Trang 27/27
  28. Cách giải: a Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có TCN là: yloại 2 đáp yán A, B.2 b 1 Đồ thị hàm số đi qua điểm (chọn0;1) D. 1 c 1 c Chọn D. Câu 6: Phương pháp: Hàm số ycó thìf (x đồng) fbiến'(x) trên 0 R.x R Sử dụng khái niệm hàm số đồng biến, với x1 x2 f (x1) f (x2 ) Cách giải: Hàm số ycó thìf (x đồng) fbiến'(x) trên 0 R.x R 1 1 1 1 x x 1 Khi đó ta có f f 1 1 1 0 0 x x x x x 0 Vậy x ;0  1; Chọn B. 1 1 Chú ý: Khi giải bất phương trình nhiều 1 HS có cách giải sai như nhau và chọn đáp1 ánx 1 x x C. Câu 7: Phương pháp: Hàm số đồng biến trên a;b y' 0x (a;b) Hàm số nghịch biến trên a;b y' 0x (a;b) Giải phương trình yvà' lập0 BBT, từ đó chọn đáp án đúng. Cách giải: 2 x 0 Ta có: y' 0 x (x 2) 0 x 2 Dựa vào BBT ta thấy hàm số nghịch biến trên (và đồng;2) biến trên (2; ) Chọn D. Câu 8: Phương pháp: n 1 Sử dụng công thức SHTQ của cấp số nhân un u1q . Cách giải: Gọi q là công bội của cấp số nhân đã cho ta có: 2 20u1 10u2 u3 20u1 10u1q u1q 40 20q 2q2 2(q2 10q 25) 10 2(q 5)2 10 10 Dấu “=” xảy ra q 5 6 6 Khi đó số hạng thứ sáu của cấp số nhân trên là u7 u1q 2.5 31250 Chọn D. Câu 9: Phương pháp:        Mặt phẳng (P) vuông góc với (Q), (R) n  n ,n  n n n ,n P Q P R P Q R Trang 28/27
  29. Phương trình mặt phẳng đi qua điểm Mvà x0 có; y 0 ;z VTPT0 là:n (A;B;C) A(x x0 ) B(y y0 ) C(z z0 ) 0 Cách giải:        Mặt phẳng (P) vuông góc với (Q), (R) n  n ,n  n n n ,n P Q P R P Q R   Ta có: nQ (1;1;3),nR (2; 1;1)    n n ,n (4;5; 3) P Q R Phương trình mặt phẳng đi qua điểm Bvà( 2có;1; VTPT 3) là: n (4;5; 3) 4(x 2) 5(y 1) 3(z 3) 0 4x 5y 3z 22 0 Chọn D. Câu 10: Phương pháp: u ' Sử dụng công thức tính đạo hàm ln u ' u Cách giải: 2 6x 6x ln 5 3x ' 2 2 5 3x 3x 5 Chọn C. Câu 11: Phương pháp: 1 Sử dụng các công thức: loga b ;loga b loga c loga bc(0 a,b 1;c 0) logb a Cách giải: 1 1 1 1 Ta có: log5 2 ;log5 3 log2 5 a log3 5 b 1 1 1 ab log 5 6 log 6 log 2 log 3 1 1 a b 5 5 5 a b Chọn C. Câu 12: Phương pháp: tan a tanb Sử dụng công thức tan a b 1 tan a.tanb Cách giải: Do 0 a,b 0 a b 2 1 3 tan a tanb Ta có: tan(a b) 7 4 1 a b 1 3 1 tan a.tanb 1 . 4 7 4 Chọn D. Câu 13: Phương pháp: Dựa vào lý thuyết các khối đa diện đều. Cách giải: Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ bên dưới, trong đó: +) 3 mặt phẳng tạo bởi 1 cạnh bên và trung điểm của các cạnh đối diện. +) 1 mặt phẳng tạo bởi trung điểm của 3 cạnh bên. Trang 29/27
  30. Chọn C. Câu 14: Phương pháp: Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản. Cách giải: dx Ta có cot x C do đó đáp án B sai. sin2 x Chọn B. Câu 15: Phương pháp: Sử dụng quan hệ vuông góc trong không gian Cách giải: Ta có: SA  (ABCD) SA  BD Lại có: BD  AC (do ABCD là hình vuông) BD  (SAC) BD  AN Mà AN  SO(gt) AN  (SBD) AN  (SOD) Chọn C. Câu 16: Phương pháp: Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên trên từng khoảng xác định của nó. Cách giải: 2.1 1.(m2 2m) m2 2m 2 (m 1)2 1 TXĐ: D R \2 . Ta có: y' 0x D (x 2)2 (x 2)2 (x 2)2 y' 0x 3;4 Hàm số đã cho nghịch biến trên 3;4 m2 2m 4 min y y(4) ;max y y(3) m2 2m 3 3;4 2 3;4 m2 2m 4 A ;B m2 2m 3 2 19 m2 2m 4 19 Theo bài ra ta có A B m2 2m 3 2 2 2 2 2 m 2m 4 2m 4m 6 19 2 m 1 3m 6m 9 0 2 2 m 3 Chọn A. Câu 17: Phương pháp: Đọc kĩ từng đáp án sau đó loại trừ và chọn đáp án đúng. Cách giải: Xét đáp án A: Giả sử ta có 3 đường thẳng a, b, c và a  b A,b  c B,c  a C Giả sử điểm Ata có:B +) Nếu Amâu C thuẫn a với c giả thiết a, c không đồng phẳng. +) Nếu Ađồng C quy. A  B  C a,b,c Trang 30/27
  31. Vậy a, b, c đồng quy đáp án A đúng. Chọn A. Câu 18: Phương pháp:   Tam giác ABC vuông tại C CA.CB 0 Cách giải:  CA ( 2 c;4) Gọi C(c;0) Ox(c>0) ta có  CB (8 c;4)   Tam giác ABC vuông tại C CA.CB 0 ( 2 c)(8 c) 16 0 2 2 c 0(ktm) 16 2c 8c c 16 0 c 6c 0 C(6;0) c 6(tm) Chọn D. Câu 19: Phương pháp: Tìm GTLN và GTNN của hàm số ytrên f (bằngx) cách:a;b +) Giải phương trình ytìm' các0 nghiệm x1. +) Tính các giá trị f (a),f (b),f (xi ) xi a;b . Khi đó: min f (x) minf (a),f (b),f (xi ),max f (x) maxf (a),f (b),f (xi ), a;b a;b Cách giải: 16 16 3 Ta có: y' 2x y' 0 2x3 2x3 16 x 2 ;4 x2 x2 2 3 155 y ; y(2) 12; y(4) 20 2 12 Vậy mkhiax y 20 x 4 3 ;4 4 Chọn B. Câu 20: Phương pháp: Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ có chiều cao h và bán kính đáy r là V r2h Cách giải: Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC có BC AC2 AB2 25a 2 16a 2 3a 2 AB 2 2 Vậy thể tích khối trụ là V .BC . 2a .3a 12 a 2 Chọn C. Câu 21: Phương pháp: Xét hàm số yta có:loga x +) TXĐ: D 0; +) Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm TCĐ. +) Có a 1 thì hàm số luôn đồng biến trên (và0; thì ) hàm0 số luôna 1 nghịch biến trên . (0; ) +) Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm (1;0),(a;l) và nằm bên phải trục tung. Cách giải: Tập xác định của hàm số: đápx án0 D xđúng. 0 Trang 31/27
  32. log 1 x khi x 0 2 Ta có: y log 1 x log ( x) 2 1 khi x 0 2 1 Vì hàm0 a số nghịch 1 biến trên y và lhàmog 1 xsố đồng biến trên (0; ) y log 1 ( x) 2 2 2 ( ;0) Chọn A. Câu 22: Phương pháp: n n k k n k Sử dụng khai triển nhị thức Newton: a b Cna b k 0 Cách giải: 12 k 12 12 k 12 2 1 k 2 1 k 24 3k m Ta có: x C12 x C12x , do đó hệ số của số hạng chứa x trong khai triển x k 0 x k 0 24 m trên ứng với 24 3k m k 3 24 m 5 24 m 3 m 9 Theo bài ra ta có C 3 792 12 24 m m 3 7 3 Chọn A. Câu 23: Phương pháp: Giải phương trình mũ: af (x) a m f (x) m Cách giải: Ta có: 2x 1 4 2x 1 22 x 1 2 x 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S 1 Chọn B. Câu 24: Phương pháp: +) Gọi E là trung điểm của AB, chứng minh ABC ; ABD CE;DE CED +) Sử dụng định lí Pytago trong các tam giác vuông tìm x. Cách giải: Gọi H là trung điểm của CD. Do tam giác ACD cân tại A và tam giác BCD cân tại B CD  AH CD  (ABH) CD  AB CD  BH Gọi E là trung điểm của AB, do tam giác ABC cân tại C CE  AB AB  CD Ta có AB  (CDE) AB  DE AB  CE (ABC)  (ABD) AB (ABC)  CE  AB  ABC ; ABD  CE;DE CED 90 (ABD)  DE  AB Trang 32/27
  33. Ta có vuôngABC cân AtạiD CE(c.c.c) CE DE CDE CD CE 2 2x CE 2 CE x 2 (*) Xét tam giác vuông CBH có BH2 BC2 CH2 a 2 x2 Xét tam giác vuông ACH có AH2 AC2 CH2 a 2 x2 2a 2 2x2 Xét tam giác vuông ABH có AB2 AH2 BH2 2a 2 2x2 AE 2 a 2 x2 a 2 x2 a 2 x2 Xét tam giác vuông ACE có CE2 AC2 AE2 a 2 CE 2 2 2 a 2 x2 a 3 Thay vào (*) ta có x 2 a 2 x2 4x2 3x2 a 2 x 2 3 Chọn B. Câu 25: Phương pháp: 1 Công thức tính thể tích khối chóp có chiều cao h và diện tích đáy S là: V Sh 3 Cách giải: Gọi H là hình chiếu của S trên AC. (SAC)  (ABCD) AC Ta có SH  (ABCD) (SAC)  SH  AC Ta có:  SA, ABCD  SA,AH  SA,AC SAC a 2 Ta có: AC AB 2 . 2 a 2 a SA AC.cos60 2 Xét SAC vuông tại S ta có: a 3 SC AC.sin 60 2 Áp dụng hệ thức lượng cho vuôngSAC tại S và có đường cao SH ta có: a a 3 . SA.SC a 3 SH 2 2 AC a 4 1 1 a 3 a 2 a3 3 V SA.S . . S.ABCD 3 ABCD 3 4 2 24 Chọn A. Câu 26: Phương pháp: xn 1 Sử dụng nguyên hàm cơ bản xndx C n 1 Cách giải: x4 x2 1 f (x)dx 4 x C x4 x2 x C 4 2 2 Chọn C. Câu 27: Trang 33/27
  34. Phương pháp: Dựa vào lý thuyết về các điểm cực trị của hàm số. Cách giải: Nếu xlà điểmx0 cực trị của hàm số thì f '(x0 ) 0 f '(x0 ) 0 Nếu xlà điểmx0 cực trị của hàm số thì f ''(x0 ) 0 Chọn C. Câu 28: Phương pháp: dx 1 Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản và công thức C vi phân df (x) f '(x)dx x2 x Cách giải: 1 d(ln x 2) 1 f (x)dx dx C 2 2 x ln x 2 ln x 2 ln x 2 Chọn B. Chú ý: HS có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải bài toán này, bằng cách đặt t ln x 2 . Câu 29: Phương pháp: +) Giải phương trình mũ: af (x) a m f (x) m +) Áp dụng hệ thức Vi-ét. Cách giải: Ta có: 1 2 x 22x 5x 4 4 2x2 5x 4 2 2x2 5x 2 0 2 x x 1 1 2 x 2 Chọn A. Câu 30: Phương pháp: Sử dụng các công thức: sin(a b) sin a cos b cosa sin b sin(a b) sin a cos b cosa sin b cos(a b) cosa cos b sina sin b cos(a b) cosa cos b sina sin b Cách giải: sin(a b) sin a cos b cosa sin b , do đó đáp án B sai. Chọn B. Câu 31: Phương pháp: +) Sử dụng máy tính để bấm máy tích có hướng. 2 2 +) Ta có: a a1;a 2 a a1 a 2 . +) a  b a.b 0 +) ,a bcùng phương a kb Cách giải: Ta có: akhông.b 1 .vuông2 2.( góc1) loại3.( 1đáp) 1án A.0 a,b Ta thấy không tồn tại số k để a kb a,b không cùng phương loại đáp án B. a 1 ( 2)2 32 14 Đáp án C đúng. Chọn C. Trang 34/27
  35. Câu 32: Phương pháp: +) Chứng minh hình chiếu vuông của S trên (ABCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. +) Chứng minh tam giác SAC vuông tại S, tính AC. +) Tính BD. 1 1 1 +) Sử dụng công thức tính thể tích V SH.S SH. AC.BD S.ABCD 3 ABCD 3 2 Cách giải: Vì nênSA hìnhSB chiếuSD vuônga của S trên (ABCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD SH  (ABCD) . Do tam giác ABD cân tại A H AC Dễ dàng chứng minh được: AC SBD ABD(c.c.c) SO AO SAC vuông tại S (Tam 2 giác có trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy) AC SA2 SC2 a 2 x2 SA.SC ax Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC có SH AC a 2 x2 Ta có 1 1 a 2 x2 3a 2 x2 OA AC a 2 x2 OB AB2 OA2 a 2 BD 3a 2 x2 2 2 4 2 1 Do ABCD là hình thoi S AC.BD . Khi đó ta có: ABCD 2 1 1 ax 2 2 2 2 1 2 2 VS.ABCD SH.SABCD . a x . 3a x ax 3a x 3 6 a 2 x2 6 x2 3a 2 x2 3a 2 1 3a 2 a3 Áp dụng BĐT Cô-si ta có: x 3a 2 x2 V a 2 2 S.ABCD 6 2 4 2 2 2 2 3a a 6 a m m 6 Dấu “=” xảy ra x 3a x x m 2n 10 2 2 n n 2 Chọn A. Câu 33: Phương pháp: Nếu xlà điểmx0 cực trị của hàm số thì f '(x0 ) 0 f '(x0 ) 0 Nếu xlà điểmx0 cực tiểu của hàm số thì f ''(x0 ) 0 Cách giải: Ta có y' 8x7 5 m 1 x4 4(m2 1)x3; y'' 56x6 20(m 1)x3 12(m2 1)x2 y' 0 8x7 5(m 1)x4 4(m2 1)x3 0 3 4 2 x 8x 5(m 1)x 4(m 1) 0 TH1: Xét m2 1 0 m 1 +) Khi mta có1 y' 0 x3 (8x4 10x) x4 (8x3 10) làx nghiệm0 bội 4 khôngx 0 là cực trị của hàm số. Trang 35/27
  36. +) Khi tam có 1là nghiệmy' bội 0 lẻ làx 3điểm.8x4 cực0 trị8 x7 0 x 0 x 0 của hàm số. Hơn nữa qua điểm x 0 thì đổiy' dấu từ âm sang dương nên là điểmx cực0 tiểu của hàm số. TH2: Xét mta 2có: 1 0 m 1 x2 0 y' 0 x2 8x5 5(m 1)x2 4(m2 1)x 0 5 2 2 8x 5(m 1)x 4(m 1)x 0 x2 0 x 0 là nghiệm bội chẵn không là cực trị của hàm số, do đó cực trị của hàm số ban đầu là nghiệm của phương trình g(x) 8x5 5(m 1)x2 4(m2 1)x 0 Hàm số đạt cực tiểu tại x 0 g '(0) 0 Ta có g '(x) 40x4 10(m 1)x 4(m2 1) g '(0) 4(m2 1) 0 m2 1 0 1 m 1 Vậy kết hợp 2 trường hợp ta có 1 m 1 Do m Z m  1;0 Chọn C. Câu 34: Phương pháp: +) Cô lập m, đưa phương trình về dạng f (x) m +) Phương trình fcó(x nghiệm) m m min f (x);max f (x) Cách giải: 2 18(x2 1) x2 1 x 2 x2 1 m(x2 1) x 2 x2 1 2 2 x 2 x 1 18 x2 1 2 m x 1 x 2 x2 1 2 2 x 2 x 1 18 x2 1 Đặt f (x) 2 . Sử dụng chức năng MODE 7, ta tìm x 1 x 2 x2 1 min f (x) 7 x 0 Để phương trình cóf ( xnghiệm) m . Kết m hợp 7 điều kiện ta có m 7;20 . 1Vậy8,m có Z (2018 7) 1 2012 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn D. Câu 35: Phương pháp: 4 +) Ta có: 7 3 5 7 3 5 49 45 4 7 3 5 7 3 5 +) Đặt ẩn phụ và đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai ẩn t từ đó tìm m theo yêu cầu của đề bài. Cách giải: 4 Ta có: 7 3 5 7 3 5 49 45 4 7 3 5 7 3 5 Trang 36/27
  37. 2 2 x x 2 7 3 5 m 7 3 5 2x 1 x2 x2 4 1 x2 m 7 3 5 .2 7 3 5 2 2 2 2 2 x 2.2x 2x . 7 3 5 2m 7 3 5 0 2x2 x2 2 2 2. 2m 0(*) 7 3 5 7 3 5 2x2 2 2 Đặt t x log 2 t. 7 3 5 7 3 5 2 Ta có: 0 1 log 2 t 0 0 t 1 7 3 5 7 3 5 (*) 2t2 t 2m 0(1) Để phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt pt (1) có hai nghiệm phân biệt t (0;1) 1 0 1 16m 0 m 16 af (0) 0 4m 0 1 af (1) 0 2(2m 1) 0 m 0 0 m 16 b 1 0 1 0 1 1 2a 2 m 2 Chọn A. Câu 36: Phương pháp:    +) Gọi điểm Ithỏa(a;b mãn;c) IA IB , sửIC dụng 0 các công thức cộng trừ vectơ xác định điểm I.       +) Phân tích MA MB MC bằng cách chèn điểm I, đánh giá và tìm GTNN của .MA MB MC Cách giải:    Gọi điểm Ithỏa(a;b mãn;c) IA IB IC 0 Ta có:  IA ( 3 a; b; c) 3 a 0 a 3     IB ( a; b;3 c) IA IB IC ( 3 a;3 b;3 c) 0 3 b 0 b 3 I( 3;3;3)  3 c 0 c 3 IC ( a; 3 b; c)               Ta có MA MB MC MI IA MI IB MI IC MI IA IB IC MI MI    Do đó nhỏMA nhất M Bkhi MvàC chỉ khi MI nhỏ nhất M là hình chiếu của I trên (P) Ta thấy Hình3 3 chiếu 3 3của 0 I trênI (P)(P )là chính nó. Do đó M  I M( 3;3;3) Chọn C. Câu 37: Phương pháp: Tìm điều kiện xác định của bất phương trình. Giải bất phương trình logarit: log f (x) log g(x) 0 f (x) g(x) Cách giải: Trang 37/27
  38. log 2x2 3 log x2 mx 1 x R 0 2x2 3 x2 mx 1 x2 mx 2 0x R(*) a 1 0 (vonghiem) 2 m 8 0 Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn D. Câu 38: Phương pháp: 2 Đặt t x2 6x 12 x 3 3 3 tìm GTLN của hàm số f (t) với t 3 Cách giải: f (x) 6 x2 6x 12 6x x2 4 f (x) 6 x2 6x 12 (x2 6x 12) 8 2 Đặt t x2 6x 12 x 3 3 3 , khi đó ta có f (t) t2 6t 8x 3 Ta có f '(t) 2 t 6 0 t 3 BBT: max f (t) 17 t 3 x 3 2 3 3 x 3 3; maxf (x) 17 M x 3 Vậy phương trình f (x) M có nghiệm duy nhất x 3 , do đó tích các nghiệm của chúng bằng 3. Chọn B. Câu 39: Phương pháp: Sử dụng các công thức nguyên hàm cơ bản để tìm Fsau(x )đó giải phương trình. Cách giải: x4 2x3 Ta có: F(x) x3 2x2 1 dx x C 4 3 x4 2x3 Lại có: F(0) 5 C 5 F(x) x 5 4 3 x4 2x3 x4 2x3 x 0 F(x) 5 x 0 x 1 0 4 3 4 3 x 1,04 Chọn C. Câu 40: Cách giải: Gọi X, Y là hai tập hợp con của A sao cho X  Y ;X ;Y  Giả sử A x1;x2 ;x3;x4 ;x5;x6 ;x7 ;x8;x9 Trang 38/27
  39. x1  X Phần tử xcó1 3 khả năng: hoặc x1 Xhoặc x1 Yhoặc x1  Y 9 Cứ như vậy đến phần tử x9 . Do đó ta có 3cặp 2 tập hợp không giao nhau (chứa cả cặp tập hợp rỗng). Số cách chọn tập Xlà cách;Y chọn.  29 1 Số cách chọn tập Xlà cách;Y chọn.  29 1 số cặp 2 tập hợp khác rỗng không giao nhau thực sự là 39 2(29 1) 39 2(29 1) Do (vàX ; Ylà )trùng(Y nhau;X) nên số cặp 2 tập hợp không giao nhau thực sự là 9330 2 Chọn A. Câu 41: Phương pháp: Hàm số đồng biến trên (a;b) y' 0 x (a;b) Cách giải: Hàm số yđồng f ( biếnx) trên (3;5) y' 0 x (3;5) x2 3x m2 5m 6 0x (3;5) x2 3x m2 5m 6x (3;5)(*) Đặt g(x) x2 3x (*) g(x) m2 5m 6x (3;5) m2 5m 6 min g(x) (3;5) Khảo sát hàm số gta( xđược:) x2 3x 2 2 m 2 m 5m 6 0 m 5m 6 0 m 3 Chọn B. Câu 42: Phương pháp: +) Tính tổng số trận đấu, tính số trận hòa, trận không hòa. +) Tính số điểm của các trận hòa, số điểm của các trận không hòa và suy ra số điểm của toàn giải đấu. Cách giải: Vì 12 đội bóng thi đấu vòng tròn hai lượt tính điểm (2 đội bất kì thi đấu với nhau đúng 2 trận ( nên mỗi đội sẽ thi đấu với 11 đội còn lại, do đó tổng số trận đấu là 12.11 = 132 (trận). Số trận hòa là 16 trận, số trận không hòa là 132 – 60 = 72. 60 trận hòa, mỗi đội được 1 điểm, vậy có 120 điểm. 72 trận không hòa, mỗi trận đội thắng được 3 điểm, vậy có 72.3 = 216 điểm. Vậy tổng số điểm của tất cả các đội sau giải đấu là 120 + 216 = 336. Chọn A. Câu 43: Phương pháp: Trang 39/27
  40. Thể tích khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là: V R 2h Diện tích xung quanh và 1 đáy của hình trụ là: S 2 Rh R 2 Cách giải: V Ta có: Thể tích khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là: V R 2h h R 2 Diện tích xung quanh và 1 đáy của hình trụ là: S 2 Rh R 2 V 2V S 2 .R R 2 R 2 R 2 R V V Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương ; ; R 2 ta có: R R V V V V R 2 33 R 2 33 V2 R R R R V V R3 Dấu “=” xảy ra R 2 R3 V R3 h R R R 2 Chọn D. Câu 44: Phương pháp: +) Hàm số yxác lđịnhoga f (x)(0 a 1) f (x 0) 1 +) Hàm số xác định A 0 A Cách giải: 4x 7 Hàm số yxác định với mọi khi và chỉ khi x R 2 2 log2018 x 2x m 6m 10 2 2 log2018 x 2x m 6m 10 0x R 2 2 x 2x m 6m 10 0x R x2 2x m2 6m 10 1x R 2 2 x 2x m 6m 10 0x R 2 2 x 1 m 3 1x R 2 2 x 1 m 3 0x R 2 2 m 3 1 x 1 x R 2 2 x 1 m 3 0x R 2 m 4 m 3 1 m 4 m 2 m 3 0 m 2 m 3 Chọn D. Câu 45: Phương pháp 1 Công thức tính thể tích khối nón tròn xoay có chiều cao h và bán kính đáy R là: V R 2h 4 Cách giải: Ta có: Khối nón (N1) được sinh bởi khiAB quayC quanh AB có chiều cao h 1 và A bánB kính đáy R1 BC Trang 40/27
  41. Khối nón (N2 ) được sinh bởi khiAD quayB quanh AB có chiều cao và bán h kính2 A đáyB R 2 AD Do hai khối nón cùng có chiều cao AB nên hai đáy của hai khối nón nằm trong hai mặt phẳng song song. Trong mặt phẳng đáy của hình nón kẻ(N 1đường) kính GH / . /DễDE dàng chứng minh được DEGH là hình thang cân. Gọi M AG  BE; N AH  BD,I AB MN. Khi đó phần chung giữa hai khối nón (vàN 1 )là hai( Nkhối2 ) nón: 1 +) Khối nón (đỉnhN ) B, đường cao BI, bán kính đáy IN V .IN2.BI 3 3 3 1 +) Khối nón (đỉnhN ) A, đường cao AI, bán kính đáy IN V .IN2.A I 4 4 3 1 1 1 1 Thể tích phần chung V V V .IN2.BI .IN2.A I .IN2.(AI BI) .IN2.A B 3 4 3 3 3 3 Áp dụng định lí Ta-lét ta có: MN AI MN BI MN MN AI BI ; 1 GH AB DE AB GH DE AB 1 1 1 1 MN 1 MN. 1 MN 3a 2BC 2AD 2.2a 2.6a MN 3a Dễ thấy I là trung điểm của MN IN 2 2 2 1 3a 3 3 a3 Vậy V . .2a 3 3 2 2 Chọn B. Câu 46: Phương pháp: Giải phương trình g '(x) 0 , lập BBT của đồ thị hàm số y g(x) và kết luận. Cách giải: x 0 Ta có g '(x) f '(x) 1 0 f '(x) 1 x 1 x 2 BBT Trang 41/27
  42. Dựa vào BBT ta thấy hàm số ycó 1g điểm(x) cực đại là x 2. Chọn D. Câu 47: Phương pháp: +) Dựa vào phương trình đã cho của bài toán ta có thể thấy: VT f (x).f '(x)' +) Lấy nguyên hàm hai vế và dựa vào giả thiết bài toán để làm tiếp. Cách giải: Ta có: VT f (x).f '(x)' f'(x).f'(x) f(x).f''(x) f '(x)2 f (x).f ''(x) f '(x).f (x)' x3 2x(*) x4 Nguyên hàm hai vế của (*) ta được: f '(x).f (x) x2 C(1) 4 Lại có: f '(0) f (0) 2 C 2.2 4 x4 (1) f (x).f '(x) x2 4 4 4 5 3 x 2 x x f (x)f '(x)dx x 4 dx f (x)df (x) 4x A 4 20 3 f 2 (x) x5 x3 x5 2x3 4x A f 2 (x) 8x 2A 2 20 3 10 3 Có f (0) 2 4 2A A 2 x5 2x3 f 2 (x) 8x 4 10 3 25 2.23 268 f 2 (2) 8.2 4 10 3 15 Chọn A. Câu 48: Phương pháp: +) Xác định góc giữa (SAB) và (SBC). +) Sử dụng tam giác đồng dạng, suy ra các tỉ số và tính SA. Cách giải: Gọi E là trung điểm của AB. Ta dễ dàng chứng minh được ABCE là hình vuông CE  AB CE  (SAB) CE  SB CE  SA Trong (SAB) kẻ HtaE có: SB Trang 42/27
  43. SB  EH SB  (CHE) SB  CH SB  CE (SAB)  (SBC) SB (SAB)  EH  SB  SAB ; SBC  EH;CH CHE 60 (SAC)  CH  SB a Xét tam giác vuông CEH có EH CE.cot60 3 a . SA2 4a 2 SA SB EH.SB 3 Ta có SAB : EHG(g.g) SA EH BE BE a 3SA SA2 4a 2 3SA2 SA2 4a 2 SA2 2a 2 SA a 2 Chọn A. Câu 49: Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số ytại fđiểm(x) thuộc đồ x thị x 0 hàm số là: y f '(x0 )(x x0 ) f (x0 ) a1 a 2 Hai đường thẳng yvà songa1x songb1 vớiy nhaua 2x b2 b1 b2 Cách giải: 6 ab Điều kiện: ax 2 0 . Ta có y' ;d : 7x y 4 0 y 7x 4 (a x 2)2 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số có dạng: d ': y 7x y0 (y0 4) Ta có: A(1; 4) d ' 4 7.1 y0 y0 3(tm) d ': y 7x 3 A(1; 4) thuộc đồ thị hàm số và hệ số góc của dlà:' f '(1) 7 3.1 b 4 a 2 b 3 4(a 2) b 4a 5 2 6 ab 6 ab 7(a 2) 6 a( 4a 5) 7a 28a 28 2 7 (a 2) a 2 b 4a 5 (tmab 2) b 4a 5 b 3 a 3b 11 a 2 2 11a 33a 22 0 a 2 a 3b 2 a 1 (tmab 2) b 1 Chọn A. Câu 50: Phương pháp: +) Nhận xét (P) / /(Q) / /(R) +) Sử dụng BĐT Cô-si và định lí Ta-let đánh giá biểu thức T. Cách giải: Dễ dàng nhận thấy (P) / /(Q) / /(R) Trang 43/27
  44. Kẻ đường thẳng qua B vuông góc với cả 3 mặt phẳng (P), (Q), (R), cắt (P) tại H và cắt (Q) tại K. Ta có BH d Q ; P 9;HK d P ; R 3 144 144 AB BH 9 Khi đó ta có: T AB2 2 AB2. 24 24. 24. 72 AC2 AC2 AC HK 3 Vậy Tmin 72 Chọn C. Trang 44/27