Tải bản đầy đủ

20 ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN NĂM 2018 CÓ ĐÁP ÁN

TổNG HợP Đề THI THPTQG 2018

năm học 2018

đáp án 20 đề thi thptqg
2018 đã đăng tảI trên
mạng xã hội ngày
3/3/2018.

Link đề:

https://drive.google.com/open?id=13xdEjBAYwfUj9EDT87jpRYq4M4vhB3nE

Giảng dạy: nguyễn bảo vương

- 0946798489

Page | 1


TổNG HợP Đề THI THPTQG 2018


năm học 2018

đề số 1

Cõu 1:

im M trong hỡnh v bờn l im biu din s phc
A. z 2 i .
B. z 1 2i .
C. z 2 i .
D. z 1 2i .

y
M

Cõu 2:

Cõu 3:
Cõu 4:

Cõu 5:

1

x2
2
O
bng
x x 3
2
A. .
B. 1 .
C. 2 .
D. 3 .
3
Cho tp hp M cú 10 phn t. S tp con gm 2 phn t ca M l:
A. A108 .
B. A102 .
C. C102 .


D. 10 2 .

x

lim

Th tớch ca khi chúp cú chiu cao bng h v din tớch ỏy bng B l:
1
1
1
A. V Bh .
B. V Bh .
C. V Bh .
D. V Bh .
3
6
2
Cho hm s y f x cú bng bin thiờn nh sau

Hm s y f x nghch bin trờn khong no di õy ?
A. 2;0 .

Cõu 6:

B. ; 2 .

C. 0; 2 .

D. 0; .

Cho hm s y f x liờn tc trờn on a ; b . Gi D l hỡnh phng gii hn bi th hm s

y f x , trc honh v hai ng thng x a , x b

a b . Th tớch khi trũn xoay to thnh

khi quay D quanh trc honh c tớnh theo cụng thc.
b

A. V f 2 x dx .
a

Cõu 7:

b

b

b

a

a

a

B. V 2 f 2 x dx . C. V 2 f 2 x dx . D. V 2 f x dx .

Cho hm s y f x cú bng bin thiờn nh sau
x



y



0



2

0





0



5

y


1

Hm s t cc i ti im
A. x 1 .
B. x 0 .
Giảng dạy: nguyễn bảo vương

- 0946798489

C. x 5 .

D. x 2 .
Page | 2


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

Câu 8:

Câu 9:

n¨m häc 2018

Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng ?
1
A. log  3a   3log a .
B. log a3  log a .
C. log a 3  3log a .
3
Họ nguyên hàm của hàm số f  x   3 x 2  1 là
A. x 3  C .

Câu 10:

B.

x3
 xC.
3

C. 6x  C .

D. x 3  x  C .

Trong không gian Oxyz , cho điểm A  3; 1;1 . Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng

 Oyz  là điểm
A. M  3;0; 0  .
Câu 11:

1
D. log  3a   log a .
3

B. N  0; 1;1 .

C. P  0; 1; 0  .

D. Q  0; 0;1 .

y

Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây ?
A. y   x  2 x  2 .
4

2

B. y  x 4  2 x 2  2 .

O

C. y  x 3  3 x 2  2 .

x

D. y   x 3  3 x 2  2 .
Câu 12:

Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :
phương là:





A. u1   1;2;1 .
Câu 13:

B. u2   2;1;0  .

x  2 y 1 z

 . Đường thẳng d có một vec tơ chỉ
1
2
1





C. u3   2;1;1 .

D. u4   1; 2;0  .

C.  0;64  .

D.  6;   .

Tập nghiệm của bất phương trình: 22 x  2 x 6 là:
A.  0;6  .

B.  ;6  .

Câu 14:

Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 3πa 2 và bán kính đáy bằng a . Độ dài đường sinh của
hình nón đã cho bằng:
3a
A. 2 2a .
B. 3a .
C. 2a .
D.
.
2

Câu 15:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho ba điểm M  2;0;0  , N  0;  1; 0  và P  0; 0; 2  . Mặt phẳng

 MNP 
A.
Câu 16:

có phương trình là

x y z
   0.
2 1 2

B.

C.

x y z
  1.
2 1 2

D.

x y z
   1.
2 1 2

Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng ?

x 2  3x  2
A. y 
.
x 1
Câu 17:

x y z
   1 .
2 1 2

x2
B. y  2
.
x 1

C. y  x 2  1 .

D. y 

x
.
x 1

Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

- 0946798489

Page | 3


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

n¨m häc 2018

Số nghiệm của phương trình f  x   2  0 là
A. 0 .

Câu 18:

D. 2 .

Giá trị lớn nhất của hàm số f  x   x 4  4 x 2  5 trên đoạn  2;3 bằng
A. 50 .
Tích phân

C. 1 .

B. 5 .
2

Câu 19:

C. 1 .

B. 3 .

D. 122 .

dx

 x  3 bằng
0

A.
Câu 20:

16
.
225

5
3

5
3

B. log .

C. ln .

D.

2
.
15

Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình 4 z 2  4 z  3  0 . Giá trị của biểu thức z1  z2
bằng
A. 3 2 .

Câu 21:

B. 2 3 .

C. 3 .

D.

3.

Cho hình lập phương ABCD. AB C D  có cạnh bằng a (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách
giữa hai đường thẳng BD và AC  bằng

A
D
C
B
D'

A'

B'

A.

Câu 22:

3a .

B. a .

C'
C.

3a
.
2

D.

2a .

Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lại suất 0, 4% /tháng. Biết rằng nếu không
rút tiền khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi
cho tháng tiếp theo. Hỏi sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) gần
nhất với số tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền ra và lãi suất
không thay đổi ?

Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

- 0946798489

Page | 4


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

n¨m häc 2018

A. 102.424.000 đồng.

B. 102.423.000 đồng.

C. 102.016.000 đồng. D. 102.017.000 đồng.

Câu 23:

Một hộp chứa 11 quả cầu gồm 5 quả cầu màu xanh và 6 quả cầu màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên đồng thời
2 quả cầu từ hộp đó. Xác suất để chọn ra 2 quả cầu cùng màu bằng
5
6
5
8
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
22
11
11
11

Câu 24:

Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  1; 2;1 và B  2;1; 0  . Mặt phẳng qua A và vuông góc với

Câu 25:

AB có phương trình là
A. 3 x  y  z  6  0 .

B. 3 x  y  z  6  0 .

C. x  3 y  z  5  0 .

D. x  3 y  z  6  0 .

Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M là trung điểm SD . Tang của
góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng  ABCD  bằng
A.

Câu 26:

2
.
2

B.

3
.
3

C.

2
.
3

D.

1
.
3

Với n là số nguyên dương thỏa mãn Cn1  Cn2  55 , số hạng không chứa x trong khai triển của thức
n

 3 2 
 x  2  bằng
x 

A. 322560 .

Câu 27:

C. 80640 .

D. 13440 .

Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình log 3 x.log 9 x.log 27 x.log81 x 
A.

Câu 28:

B. 3360 .

82
.
9

B.

80
.
9

C. 9 .

2
bằng
3

D. 0 .

Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau và OA  OB  OC . Gọi M là
trung điểm của BC (tham khảo hình vẽ bên). Góc giữa hai đường thẳng OM và AB bằng

A

B

O
M
C
A. 90 .

Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

B. 30 .

- 0946798489

C. 60 .

D. 45 .

Page | 5


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

Câu 29:

n¨m häc 2018

x 3 y 3 z 2
x  5 y 1 z  2


; d2 :


1
2
1
3
2
1
và mặt phẳng  P  : x  2 y  3 z  5  0 . Đường thẳng vuông góc với  P  , cắt d1 và d 2 có phương

Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :

trình là
x 1 y  1 z
A.

 .
1
2
3
x 3 y 3 z  2
C.


.
1
2
3
Câu 30:

x  2 y  3 z 1


.
1
2
3
x 1 y  1 z
D.

 .
3
2
1

B.

Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số y  x 3  mx 

1
đồng biến trên
5 x5

khoảng  0;    ?
A. 5 .
Câu 31:

B. 3 .

C. 0 .

D. 4 .

Cho  H  là hình phẳng giới hạn bởi parabol y  3 x 2 , cung tròn có phương trình y  4  x 2 (với

0  x  2 ) và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của  H  bằng
A.

4  3
.
12

B.

4  3
.
6

C.

4  2 3  3
.
6

D.

5 3  2
.
3

y

2

x
O

2

Câu 32:

Biết I  
1

 x  1

P  abc .
A. P  24 .

Câu 33:

2

dx
 a  b  c với a , b , c là các số nguyên dương. Tính
x  x x 1
B. P  12 .

C. P  18 .

D. P  46 .

Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 4 . Tính diện tích xung quanh S xq của hình trụ có một
đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác BCD và chiều cao bằng chiều cao của tứ diện
ABCD .
A. S xq 

Câu 34:

16 2
.
3

B. S xq  8 2 .

C. S xq 

16 3
.
3

D. S xq  8 3 .

Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 16 x  2.12 x   m  2  9 x  0 có
nghiệm dương ?
A. 1 .

Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

B. 2 .
- 0946798489

C. 4 .

D. 3 .
Page | 6


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

Câu 35:

n¨m häc 2018

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

3

m  3 3 m  3sin x  sin x có

nghiệm thực ?
A. 5 .
B. 7 .
C. 3 .
D. 2 .
Câu 36: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số

y  x3  3 x  m trên đoạn  0; 2 bằng 3 . Số phần tử của S là
A. 1 .
Câu 37:

B. 2 .

C. 0 .

D. 6 .

2
1 
Cho hàm số f  x  xác định trên  \   thỏa mãn f   x  
, f  0   1 và f 1  2 . Giá trị
2x 1
2
của biểu thức f  1  f  3 bằng

A. 4  ln15 .
Câu 38:

B. 2  ln15 .

Cho số phức z  a  bi
A. P  1 .

 a, b   

C. 3  ln15 .

D. ln15 .

thỏa mãn z  2  i  z 1  i   0 và z  1 . Tính P  a  b .

B. P  5 .

C. P  3 .

D. P  7 .

Câu 39: Cho hàm số y  f  x  .Hàm số y  f   x  có đồ thị như hình bên. Hàm số y  f  2  x  đồng biến
trên khoảng:

A. 1;3 .

Câu 40:

Cho hàm số y 

B.  2;   .

C.  2;1 .

D.  ; 2  .

x  2
có đồ thị  C  và điểm A  a;1 . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực
x 1

của a để có đúng một tiếp tuyến từ  C  đi qua A . Tổng tất cả giá trị của phần tử S bằng
A. 1 .

Câu 41:

B.

3
.
2

C.

5
.
2

D.

1
.
2

Trong không gian Oxyz , cho điểm M 1;1; 2  . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng  P  đi qua M và cắt
các trục xOx , yOy , z Oz lần lượt tại điểm A , B , C sao cho OA  OB  OC  0 ?
A. 3 .

Câu 42:

B. 1 .

C. 4 .

D. 8 .

Cho dãy số  un  thỏa mãn log u1  2  log u1  2 log u10  2 log u10 và un 1  2un với mọi n  1 .
Giá trị nhỏ nhất để un  5100 bằng
A. 247 .

Câu 43:

B. 248 .

C. 229 .

D. 290 .
4

3

2

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  3x  4 x  12 x  m có 7 điểm cực
trị ?

Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

- 0946798489

Page | 7


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

n¨m häc 2018

B. 5 .

A. 3 .
Câu 44:

C. 6 .

D. 4 .

 8 4
;
 3 3
tròn nội tiếp tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng  OAB 
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2; 2; 1 , B   ;

A.

x 1 y  3 z 1


.
1
2
2

B.

1
5
11
y
z
3
3
6 .
1
2
2

x
C.

8
 . Đường thẳng đi qua tâm đường
3
có phương trình là

x 1 y  8 z  4
.


1
2
2
2
2
5
y
z
9
9
9.
1
2
2

x
D.

Câu 45:

Cho hai hình vuông ABCD và ABEF có cạnh bằng 1 , lần lượt nằm trên hai mặt phẳng vuông góc
với nhau. Gọi S là điểm đối xứng với B qua đường thẳng DE . Thể tích của khối đa diện
ABCDSEF bằng.
7
11
2
5
A. .
B.
.
C. .
D. .
6
12
3
6

Câu 46:

Xét các số phức

z  a  bi  a, b   

thỏa mãn

z  4  3i  5 . Tính

P  ab

khi

z  1  3i  z  1  i đạt giá trị lớn nhất.
A. P  10 .

B. P  4 .

C. P  6 .

D. P  8 .

Câu 47: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. AB C  có AB  2 3 và AA  2 . Gọi M , N , P lần lượt là
trung điểm các cạnh AB , AC  và BC (tham khảo hình vẽ bên dưới). Côsin của góc tạo bởi hai mặt
phẳng  ABC   và  MNP  bằng

C'
N
M

B'

A'

C
P
A

B
A.

6 13
.
65

Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

B.

13
.
65

- 0946798489

C.

17 13
.
65

D.

18 13
.
65

Page | 8


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

n¨m häc 2018

Câu 48: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 1; 2;1 , B  3; 1;1 và C  1; 1;1 . Gọi  S1  là mặt cầu có
tâm A , bán kính bằng 2 ;  S 2  và  S3  là hai mặt cầu có tâm lần lượt là B , C và bán kính bằng 1 .
Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu  S1  ,  S 2  ,  S3  .
A. 5 .

B. 7 .

C. 6 .

D. 8 .

Câu 49:

Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 12A , 3 học sinh lớp 12B và 5 học sinh lớp
12C thành một hàng ngang. Xác suất để trong 10 học sinh trên không có 2 học sinh cùng lớp
đứng cạnh nhau bằng
11
1
1
1
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
630
126
105
42

Câu 50:

Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn f 1  0 ,

1

  f   x  dx  7 và
2

0

1

1

1
 x f  x  dx  3 . Tích phân  f  x  dx bằng
2

0

0

A.

7
.
5

B. 1 .

C.

7
.
4

D. 4 .

----------HẾT----------

BẢNG ĐÁP ÁN
1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

A

B

C

A

A A D C

D

B

A A

B

B

D D

B

A

C

D

B

A

C

B

D

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
D A

C

A D

B

D A

B

A

B

C

D C

C

A

B

D A

C

A

B

B

A

A

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1:

Câu 2:

Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức
A. z  2  i .
B. z  1  2i .
C. z  2  i .
D. z  1  2i .
Lời giải
Chọn A.
Điểm M  2;1 biểu diễn số phức z  2  i .

x2
bằng
x  x  3
2
A.  .
3

y
M

1

2

O

x

lim

Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

B. 1 .
- 0946798489

C. 2 .

D. 3 .
Page | 9


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

n¨m häc 2018

Lời giải
Chọn B.
2
x2
x  1  1.
Chia cả tử và mẫu cho x , ta có lim
 lim
x  x  3
x 
3 1
1
x
Cho tập hợp M có 10 phần tử. Số tập con gồm 2 phần tử của M là:
A. A108 .
B. A102 .
C. C102 .
D. 10 2 .
1

Câu 3:

Lời giải
Chọn C.

Số tập con gồm 2 phần tử của M là số cách chọn 2 phần tử bất kì trong 10 phần tử của M . Do
đó số tập con gồm 2 phần tử của M là C102 .
Câu 4:

Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là:
1
1
1
A. V  Bh .
B. V  Bh .
C. V  Bh .
D. V  Bh .
3
6
2
Lời giải
Chọn A.

Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là: V 
Câu 5:

1
Bh .
3

Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

Hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng nào dưới đây ?
A.  2;0  .

B.  ;  2  .

C.  0; 2  .

D.  0;    .

Lời giải
Chọn A.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng  2;0  và  2;    .

Câu 6:

Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  a ; b  . Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

y  f  x  , trục hoành và hai đường thẳng x  a , x  b

 a  b  . Thể tích khối tròn xoay tạo thành

khi quay D quanh trục hoành được tính theo công thức.
b

A. V    f 2  x  dx .
a

Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

b

b

b

a

a

a

B. V  2  f 2  x  dx . C. V   2  f 2  x  dx . D. V   2  f  x  dx .

- 0946798489

Page | 10


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

n¨m häc 2018

Lời giải
Chọn A.
Theo công thức tính thể tích vật tròn xoay khi quay hình  H  quanh trục hoành ta có
b

V    f 2  x  dx .
a

Câu 7:

Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau
x



y



0



2

0





0



5

y

Hàm số đạt cực đại tại điểm
A. x  1 .
B. x  0 .

1



C. x  5 .
Lời giải

D. x  2 .

Chọn D.
Qua bảng biến thiên ta có hàm số đại cực đại tại điểm x  2 .
Câu 8:

Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng ?
1
A. log  3a   3log a .
B. log a3  log a .
C. log a 3  3log a .
3
Lời giải
Chọn C.
Ta có log  3a   log 3  log a suy ra loại A, D.

1
D. log  3a   log a .
3

log a 3  3log a (do a  0 ) nên chọn C.
Câu 9:

Họ nguyên hàm của hàm số f  x   3 x 2  1 là
x3
B.
 xC.
3

A. x  C .
3

C. 6x  C .

D. x 3  x  C .

Lời giải
Chọn D.
Ta có
Câu 10:

  3x

2

 1 dx  3.

x3
 x  C  x3  x  C .
3

Trong không gian Oxyz , cho điểm A  3; 1;1 . Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng

 Oyz  là điểm
A. M  3;0; 0  .

B. N  0; 1;1 .

C. P  0; 1; 0  .

D. Q  0; 0;1 .

Lời giải
Chọn B.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng  Oyz  .
Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

- 0946798489

Page | 11


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

n¨m häc 2018


Mặt phẳng  Oyz  : x  0 có VTPT n  1;0; 0  .


Đường thẳng AH qua A  3; 1;1 và vuông góc với  Oyz  nên nhận n  1;0; 0  làm VTCP.
x  3  t

 AH :  y  1  t     H  3  t ; 1;1 .
z  1

Mà H   Oyz   3  t  0  H  0; 1;1 .
Câu 11:

Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây ?

y

A. y   x 4  2 x 2  2 .
B. y  x 4  2 x 2  2 .
C. y  x 3  3 x 2  2 .

x

O

D. y   x 3  3 x 2  2 .
Lời giải
Chọn A.
Đồ thị của hàm số y  ax 4  bx 2  c .
Nhìn dạng đồ thị suy ra: a  0 .
Đồ thị có ba điểm cực trị nên a.b  0 suy ra: b  0 .
Câu 12:

Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :
phương là:



A. u1   1;2;1 .



x  2 y 1 z

 . Đường thẳng d có một vec tơ chỉ
1
2
1



B. u2   2;1;0  .

C. u3   2;1;1 .



D. u4   1; 2;0  .

Lời giải
Chọn A.
Câu 13:

Tập nghiệm của bất phương trình: 22 x  2 x 6 là:
A.  0;6  .

B.  ;6  .

C.  0;64  .

D.  6;   .

Lời giải
Chọn B.
Ta có 22 x  2 x  6  2 x  x  6  x  6 .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S   ; 6  .
Câu 14:

Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 3πa 2 và bán kính đáy bằng a . Độ dài đường sinh của
hình nón đã cho bằng:

Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

- 0946798489

Page | 12


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

n¨m häc 2018

A. 2 2a .

B. 3a .

C. 2a .

D.

3a
.
2

Lời giải
Chọn B.
Ta có S xq  πrl  3πa 2  πal  l 

3πa 2
 3a .
πa

Vậy độ dài đường sinh của hình nón đã cho là l  3a .
Câu 15:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho ba điểm M  2; 0;0  , N  0;  1;0  và P  0; 0; 2  . Mặt phẳng

 MNP 
A.

có phương trình là

x y z
   0.
2 1 2

B.

x y z
   1 .
2 1 2

C.

x y z
  1.
2 1 2

D.

x y z
   1.
2 1 2

Lời giải
Chọn D.
Áp dụng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn, ta có phương trình của mặt phẳng  MNP  là

x y z
   1.
2 1 2
Câu 16:

Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng ?
A. y 

x 2  3x  2
.
x 1

B. y 

x2
.
x2  1

C. y  x 2  1 .

D. y 

x
.
x 1

Lời giải
Chọn D.
Ta có lim 
x  1

x
x
x
  , lim 
  nên đồ thị hàm số y 
có một đường tiệm cận đứng
x  1 x  1
x 1
x 1

x  1 .

Câu 17:

Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

Số nghiệm của phương trình f  x   2  0 là
A. 0 .
Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

B. 3 .
- 0946798489

C. 1 .

D. 2 .
Page | 13


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

n¨m häc 2018

Lời giải
Chọn B.
Ta có: f  x   2  0  f  x   2 .
Do 2   2; 4  nên phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 18:

Giá trị lớn nhất của hàm số f  x   x 4  4 x 2  5 trên đoạn  2;3 bằng
A. 50 .

C. 1 .

B. 5 .

D. 122 .

Lời giải
Chọn A.
Hàm số f  x   x 4  4 x 2  5 xác định và liên tục trên  2;3 .
Ta có: f   x   4 x3  8 x .

x  0
Do đó: f   x   0  
.
x


2

Mà: f  0   5 , f

 2   f  2   1 ,

f  2   5 , f  3  50 .

Suy ra: max f  x   50 .
 2;3
2

Câu 19:

Tích phân

dx

 x  3 bằng
0

A.

16
.
225

5
3

5
3

B. log .

C. ln .

D.

2
.
15

Lời giải
Chọn C.
2

Ta có:

dx

 x  3  ln x  3
0

Câu 20:

2
0

5
 ln 2  3  ln 0  3  ln .
3

Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình 4 z 2  4 z  3  0 . Giá trị của biểu thức z1  z2
bằng
A. 3 2 .

B. 2 3 .

C. 3 .

D.

3.

Lời giải
Chọn D.


1
 z1  
2
Ta có: 4 z 2  4 z  3  0  

1
 z2  

2
2

2
i
2 .
2
i
2
2

2
2
2
1  2 
1 
Khi đó: z1  z2     





  3.


 2   2 
 2   2 
Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

- 0946798489

Page | 14


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

Câu 21:

n¨m häc 2018

Cho hình lập phương ABCD. AB C D  có cạnh bằng a (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách
giữa hai đường thẳng BD và AC  bằng

A
D
C
B
D'

A'

B'

A.

3a .

C'

B. a .

C.

3a
.
2

D.

2a .

Lời giải
Chọn B.
Ta có BD //  ABC D 

 d  BD, AC    d  BD,  ABC  D    d  B,  AB C D     BB   a .
Câu 22:

Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lại suất 0, 4% /tháng. Biết rằng nếu không
rút tiền khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi
cho tháng tiếp theo. Hỏi sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) gần
nhất với số tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền ra và lãi suất
không thay đổi ?
A. 102.424.000 đồng.
B. 102.423.000 đồng. C. 102.016.000 đồng. D. 102.017.000 đồng.
Lời giải
Chọn A.
Áp dụng công thức lãi kép ta có sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền
(cả vốn ban đầu và lãi) là P6  P0 1  r   100 1  0, 4%   102.4241284 đồng.
6

Câu 23:

6

Một hộp chứa 11 quả cầu gồm 5 quả cầu màu xanh và 6 quả cầu màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên đồng thời
2 quả cầu từ hộp đó. Xác suất để chọn ra 2 quả cầu cùng màu bằng
5
6
5
8
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
22
11
11
11

Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

- 0946798489

Page | 15


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

n¨m häc 2018

Lời giải
Chọn C.
Số cách chọn ngẫu nhiên đồng thời 2 quả cầu từ 11 quả cầu là C112  55 .
Số cách chọn ra 2 quả cầu cùng màu là C52  C62  25 .
Xác suất để chọn ra 2 quả cầu cùng màu bằng
Câu 24:

25 5
 .
55 11

Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  1; 2;1 và B  2;1; 0  . Mặt phẳng qua A và vuông góc với

AB có phương trình là
A. 3 x  y  z  6  0 .

B. 3 x  y  z  6  0 .

C. x  3 y  z  5  0 .

D. x  3 y  z  6  0 .
Lời giải

Chọn B.

Ta có AB   3;  1;  1 .


Mặt phẳng cần tìm vuông góc với AB nên nhận AB   3;  1;  1 làm vectơ pháp tuyến.
Do đó phương trình của mặt phẳng cần tìm là:

3  x  1   y  2    z  1  0  3 x  y  z  6  0 .
Câu 25:

Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M là trung điểm SD . Tang của
góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng  ABCD  bằng
A.

2
.
2

B.

3
.
3

C.

2
.
3

D.

1
.
3

Lời giải

Chọn D.
S

M

C

D
H
O

B

A

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên  ABCD  và O  AC  BD .

Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

- 0946798489

Page | 16


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

n¨m häc 2018

Ta có MH song song với SO và MH 

1
SO .
2

BM có hình chiếu vuông góc trên  ABCD  là BH

.
Do đó góc giữa BM và  ABCD  là MBH
Ta có SO  SD 2  OD 2  a 2 

2a 2 a 2
a 2
3
3a 2

 MH 
; BH  BD 
.
4
2
4
4
4

a 2
MH
1

Trong tam giác MBH vuông tại H nên có: tan MBH
 4  .
BH
3a 2 3
4
Câu 26:

Với n là số nguyên dương thỏa mãn Cn1  Cn2  55 , số hạng không chứa x trong khai triển của thức
n

 3 2 
 x  2  bằng
x 

A. 322560 .

B. 3360 .

C. 80640 .

D. 13440 .

Lời giải

Chọn D.
Điều kiện n  2 và n  
Ta có Cn1  Cn2  55 

 n  10
n!
n!

 55  n 2  n  110  0  
 n  1!  n  2 !2!
 n  11 L 
10

2 

Với n  10 ta có khai triển  x3  2 
x 


k

 2 
.  2   C10k 2k x 305 k , với 0  k  10 .
x 
Số hạng không chứa x ứng với k thỏa 30  5k  0  k  6 .

Số hạng tổng quát của khai triển C10k x

310  k 

Vậy số hạng không chứa x là C106 26  13440 .
Câu 27:

Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình log 3 x.log 9 x.log 27 x.log81 x 
A.

82
.
9

B.

80
.
9

C. 9 .

2
bằng
3

D. 0 .

Lời giải
Chọn A.
Điều kiện: x  0 .
Phương trình tương đương:

Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

1 1 1
2
4
. . .log 3 x.log 3 x.log 3 x.log 3 x    log 3 x   16
2 3 4
3

- 0946798489

Page | 17


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

n¨m häc 2018

x  9
 log 3 x  2


1.
x 
log
x


2
 3
9

Vậy tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình là: 9 
Câu 28:

1 82

.
9 9

Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau và OA  OB  OC . Gọi M là
trung điểm của BC (tham khảo hình vẽ bên). Góc giữa hai đường thẳng OM và AB bằng

A

B

O
M
C
A. 90 .

B. 30 .

C. 60 .

D. 45 .

Lời giải
Chọn C.
Cách 1:
A

N
B

O
M
C

.
Gọi N là trung điểm của CD , ta có MN //AB   OM ; AB    OM ; MN   ONM
Do OAB  OCB  OAC và OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau nên
AB
  60 .
OM  ON  MN 
  OM ; AB   ONM
2
Cách 2:
Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

- 0946798489

Page | 18


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

n¨m häc 2018

 2
 2
 2

 
 
 
Ta có: OA  a 2 , OA  a 2 , OA  a 2 , OA.OB  0, OB.OC  0, OC.OA  0, AB  a 2,
 a 2
    1  1 
OM 
. Do O là trung điểm của BC nên AB  OB  OA; OM  OB  OC .
2
2
2
     1  1   1    
 OM . AB  OB  OA  OB  OC   OB  OA OB  OC
2
2
 2
  1  2      
a2
 OM . AB  OB  OB.OC  OA.OB  OA.OC 
2
2















 
OM . AB
 
 cos  OM ; AB   cos OM ; AB    
OM . AB





a2
1
2

a 2 2
a 2.
2

  OM ; AB   60 .
Câu 29:

x 3 y 3 z 2
x  5 y 1 z  2


; d2 :


1
2
1
3
2
1
và mặt phẳng  P  : x  2 y  3 z  5  0 . Đường thẳng vuông góc với  P  , cắt d1 và d 2 có phương

Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :

trình là
x 1 y  1 z
A.

 .
1
2
3
x 3 y 3 z  2
C.


.
1
2
3

x  2 y  3 z 1


.
1
2
3
x 1 y  1 z
D.

 .
3
2
1
Lời giải

B.

Chọn A.
Cách 1:
Gọi M và N lần lượt là giao điểm của đường thẳng d cần tìm với d1 và d 2 , khi đó

M  3  t ;3  2t ; 2  t  , N  5  3s; 1  2 s; 2  s   MN   2  3s  t ; 4  2 s  2t ; 4  s  t  .


Đường thẳng d vuông góc với  P  suy ra MN cùng phương với nP  1; 2;3 . Do đó
t  2
2  3s  t 4  2 s  2t 4  s  t



 M 1; 1; 0  .
1
2
3
s  1


Vậy đường thẳng cần tìm qua  M 1; 1; 0  và có vectơ chỉ phương là u  1; 2;3 là
x 1 y  1 z

 .
1
2
3
Cách 2:
Vì đường thẳng d cần tìm ở 4 đáp án đều không cùng phương với cả d1 và d 2 nên ta chỉ cần

kiểm tra tính đồng phẳng của d và d1 , d và d 2 .

 d1 có vectơ chỉ phương là a   1; 2;1 và qua điểm A  3;3; 2  .

 d 2 có vectơ chỉ phương là b   3; 2;1 và qua điểm B  5; 1; 2  .

Đường thẳng d cần tìm có vectơ chỉ phương là u  1; 2;3 và qua điểm M 1; 1;0  .
Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

- 0946798489

Page | 19


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

n¨m häc 2018



Ta có AM   2; 4; 2  ; BM   4; 0; 2  . Khi đó
 
  
 u; a    8; 4; 0   u; a  . AM  0 nên d và d1 đồng phẳng.
 
  
 u; b    4; 10;8   u; b  .BM  0 nên d và d 2 đồng phẳng.

Câu 30:

Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số y  x 3  mx 

1
đồng biến trên
5 x5

khoảng  0;    ?
A. 5 .

B. 3 .

C. 0 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn D.
Hàm số xác định và liên tục trên khoảng  0;    .
Ta có y  3 x 2  m 

1
, x   0;    . Hàm số đồng biến trên khoảng  0;    khi và chỉ khi
x6

1
 0 , x   0;    . Dấu đẳng thức chỉ xảy ra ở hữu hạn điểm.
x6
1
 m  3 x 2  6  g  x  , x   0;   
x
y  3 x 2  m 

 m  max g  x  . Ta có g   x   6 x 
x 0: 

6
6 x 8  6

; g  x  0  x  1
x7
x7

Bảng biến thiên

x

0

g  x



1





0

4

g  x




Suy ra max g  x   g 1  4 do đó m  4  m  4;  3;  2;  1 .
x 0: 

Câu 31:

Cho  H  là hình phẳng giới hạn bởi parabol y  3 x 2 , cung tròn có phương trình y  4  x 2 (với

0  x  2 ) và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của  H  bằng
A.

4  3
.
12

Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

B.

4  3
.
6

- 0946798489

C.

4  2 3  3
.
6

D.

5 3  2
.
3

Page | 20


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

n¨m häc 2018

y

2

x
O

2

Lời giải
Chọn B.

y

2

x
O

1

2

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol y  3 x 2 và cung tròn y  4  x 2 (với 0  x  2 ) là:

 x2  1
4  x 2  3x 2  4  x 2  3x 4   2
 x  1 (vì 0  x  2 ).
x   4

3
Cách 1: Diện tích của  H  là:
1

2

S   3 x dx  
2

0

1

2

3 31
3
4  x dx 
x I 
 I với I   4  x 2 dx .
0
3
3
1
2

  
Đặt: x  2sin t , t    ;   dx  2cos t.dt .
 2 2
Đổi cận: x  1  t 


6

, x  2t 


2

.







2

2

2









6

6

6

6

I   4  4sin 2 t .2cos t.dt   4cos 2 t.dt   2 1  cos 2t  .dt   2 x  sin 2t  2 

Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

- 0946798489

2
3

.
3
2

Page | 21


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

Vậy S 

n¨m häc 2018

3
3 2
3 4  3
I 



.
3
3
3
2
6

Cách 2: Diện tích của  H  bằng diện tích một phần tư hình tròn bán kính 2 trừ diện tích hình phẳng
giới hạn bởi cung tròn, parabol và trục Oy .
1

Tức là: S    
0



2

Câu 32:

Biết I  
1

 x  1



4  x 2  3 x 2 dx .

dx
 a  b  c với a , b , c là các số nguyên dương. Tính
x  x x 1

P  abc .
A. P  24 .

B. P  12 .

C. P  18 .

D. P  46 .

Lời giải
Chọn D.
Ta có:

x  1  x  0 , x  1; 2 nên:

2

I 
1

2


1

2

 x  1

dx
dx

x  x x  1 1 x  x  1 x  1  x


x  x  1 




x 

x  1  x dx
x 1 

2

2

x 1  x



1 
 1
 

 dx  2 x  2 x  1
x
x 1 
1




2
1








x  1  x dx
x  x  1

1

 4 2  2 3  2  32  12  2 .

a  32

Mà I  a  b  c nên b  12 . Suy ra: P  a  b  c  32  12  2  46 .
c  2

Câu 33:

Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 4 . Tính diện tích xung quanh S xq của hình trụ có một
đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác BCD và chiều cao bằng chiều cao của tứ diện
ABCD .
A. S xq 

16 2
.
3

B. S xq  8 2 .

C. S xq 

16 3
.
3

D. S xq  8 3 .

Lời giải
Chọn A.
Tam giác BCD đều cạnh 4 có diện tích: S BCD 

Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

- 0946798489

42 3
4 3.
4
Page | 22


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

n¨m häc 2018

Áp dụng công thức tính nhanh thể tích khối tứ diện đều cạnh a là V 

 Độ dài đường cao khối tứ diện: h 

3VABCD 4 2

.
S BCD
3

S 4 3 2 3


.
p
6
3

Bán kính đáy đường tròn nội tiếp tam giác BCD : r 

Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là: S xq  2 rh  2 .

Câu 34:

a3 2
16
 VABCD 
2.
12
3

2 3 4 2 16 2
.

.
3
3
3

Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 16 x  2.12 x   m  2  9 x  0 có
nghiệm dương ?
A. 1 .

B. 2 .

C. 4 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn B.
2x

x

4
4
Ta có: 16  2.12   m  2  9  0     2.    m  2  0 1 .
3
3
x

x

x

x

4
Đặt: t     0 .
3
Phương trình 1  t 2  2t  2  m  2  .
Phương trình 1 có nghiệm dương  phương trình  2  có nghiệm t  1 .
Số nghiệm phương trình  2  là số giao điểm của đồ thị hàm số f  t   t 2  2t , t  1;   và đường
thẳng d : y  2  m .
Xét hàm số f  t   t 2  2t , t  1;   .

f   t   2  t  1  0 , t  1;   .
Suy ra, hàm số f luôn đồng biến trên 1;   .
Bảng biến thiên:

Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

- 0946798489

Page | 23


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

n¨m häc 2018

x

1

+∞

f'(t)

+
+∞

f(t)
1
Dựa vào BBT, ycbt  2  m  1  m  3 .
Vậy có 2 giá trị m dương thoả mãn là m  1; 2 .

Câu 35:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
nghiệm thực ?
A. 5 .

B. 7 .

3

C. 3 .
Lời giải

m  3 3 m  3sin x  sin x có

D. 2 .

Chọn A.
Ta có

3

m  3 3 m  3sin x  sin x  3 3 m  3sin x  sin 3 x  m .

Đặt sin x  u . Điều kiện 1  u  1 và

3

1

m  3sin x  v  m  3u  v3 .

 2

Khi đó 1 trở thành u 3  m  3v  3





Từ  3 và  2  suy ra u 3  3v  v3  3u   u  v  u 2  uv  v 2  3  0  u  v .
2

1  3v 2

(Do u  uv  v  3   u  v  
 3  0 , u , v   )
2 
4

2

Suy ra:

2

3

m  3u  u  m  u 3  3u , với u   1;1 .

Xét hàm số f  u   u 3  3u trên đoạn  1;1 . Ta có f   u   3u 2  3 ; f   u   0  u  1 .
Suy ra max f  u   2 , min f  u   2 .

 1;1

 1;1

Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 2  m  2 , mà m   nên m  0; 1; 2 .

Câu 36:

Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số

y  x3  3x  m trên đoạn  0; 2 bằng 3 . Số phần tử của S là
A. 1 .

B. 2 .

C. 0 .
Lời giải

D. 6 .

Chọn B.
Xét hàm số f  x   x3  3 x  m là hàm số liên tục trên đoạn  0; 2 .

Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

- 0946798489

Page | 24


TæNG HîP §Ò THI THPTQG 2018

n¨m häc 2018

 x  1 n
Ta có f   x   3 x 2  3  f   x   0  
 x  1  l 

Suy ra GTLN và GTNN của f  x  thuộc  f  0  ; f 1 ; f  2   m; m  2; m  2 .
Xét hàm số y  x3  3x  m trên đoạn  0; 2 ta được giá trị lớn nhất của y là
max  m ; m  2 ; m  2   3 .

TH1: max 1;3;5  5 (loại).
TH2: m  2  3   m  1
 m  5
+ Với m  1 . Ta có max 1;3  3 (nhận).
+Với m  5 . Ta có max 3;5; 7  7 (loại).
TH3: m  2  3   m  1
 m  5
+ Với m  1 . Ta có max 1;3  3 (nhận).
+ Với m  5 . Ta có max 3;5; 7  7 (loại).
Do đó m  1;1

Vậy tập hợp S có 2 phần tử.
Chú ý: Ta có thể giải nhanh như sau:
Sau

khi

tìm

được

Suy

ra

GTLN



GTNN

của

f  x   x3  3 x  m

thuộc

 f  0  ; f 1 ; f  2   m; m  2; m  2 .
+ Trường hợp 1: m  0 thì max f  x   m  2  3  m  1 .
0;2

+ Trường hợp 2: m  0 thì max f  x  m  2  2  m  3  m  1
0;2

Câu 37:

2
1 
Cho hàm số f  x  xác định trên  \   thỏa mãn f   x  
, f  0   1 và f 1  2 . Giá trị
2x 1
2
của biểu thức f  1  f  3 bằng

A. 4  ln15 .

B. 2  ln15 .

C. 3  ln15 .
Lời giải

D. ln15 .

Chọn C.
Ta có: f  x    f   x  dx  

2
1 
dx  ln 2 x  1  C , với mọi x   \   .
2x 1
2

1

+ Xét trên  ;  . Ta có f  0   1 , suy ra C  1 .
2

1

Do đó, f  x   ln 2 x  1  1 , với mọi x   ;  . Suy ra f  1  1  ln 3 .
2

1

+ Xét trên  ;   . Ta có f 1  2 , suy ra C  2 .
2


Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v­¬ng

- 0946798489

Page | 25


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×