[btn007] thpt chuyen thai binh l1 da by 0934975068

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/ SỞ GD & ĐT THÁI BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH (Đề thi có 05 trang)

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN I, MÔN TOÁN Năm học: 2017-2018 Thời gian làm bài: 90 phút (50 câu trắc nghiệm) Mã đề thi 436

(Thí sinh không được sử dụng tài liệu) Họ, tên thí sinh:..................................................................... SBD:.............................

Câu 1:

Câu 2:

1 5  1  a3  a2 − a2   . Cho số thực dương a > 0 và khác 1 . Hãy rút gọn biểu thức P = 1  7 19   a 4  a 12 − a 12    A. P = 1 + a . B. P = 1 . C. P = a . D. P = 1 − a .

Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 2. B. 6 . C. 8 .

D. 4 .

Câu 3:

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = mx − sin x đồng biến trên ℝ . A. m > 1 . B. m ≤ −1 . C. m ≥ 1 . D. m ≥ −1 .

Câu 4:

Giá trị cực tiểu của hàm số y = x3 − 3 x2 − 9 x + 2 là A. −20 . B. 7 . C. −25 .

Câu 5:

D. 3 . y 2

Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 2 . B. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2 và giá trị nhỏ nhất bằng −2 . C. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và cực tiểu tại x = 2 . D. Hàm số có ba điểm cực trị.

Câu 6:

−2

Hàm số y = ( 4 − x 2 ) + 1 có giá trị lớn nhất trên đoạn [ −1;1] là: A. 10 .

Câu 7:

2 O

B. 12 .

C. 14 .

D. 17 .

Tìm tất các các giá trị thực của tham số m để phương trình x 3 − 3x + 2m = 0 có ba nghiệm thực phân biệt. A. m ∈ ( −2; 2 ) . B. m ∈ ( −1;1) . C. m ∈ ( −∞; −1) ∪ (1; +∞ ) . D. m ∈ ( −2; +∞ ) . 21

Câu 8:

Câu 9:

2   Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton  x − 2  , ( x ≠ 0, n ∈ ℕ* ) . x   7 7 8 8 8 8 7 A. 2 C21 . B. 2 C21 . C. −2 C21 . D. −27 C21 .

Cho hàm số y = ( m + 1) x 4 − ( m − 1) x 2 + 1 . Số các giá trị nguyên của m để hàm số có một điểm cực đại mà không có điểm cực tiểu là: A. 1. B. 0 . C. 3 . D. 2 .

Câu 10: Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y = −2 x + m cắt đồ thị của hàm x +1 số y = tại hai điểm phân biệt là. x−2 A. −∞;5 − 2 6 ∪ 5 + 2 6; +∞ . B. −∞;5 − 2 6  ∪ 5 + 2 6; +∞ .

( C. ( 5 − 2

) (

)

3;5 + 2 3 .

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

( D. ( −∞;5 − 2 3 ) ∪ ( 5 + 2

) 3; +∞ ) .

Trang 1/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/ Câu 11: Cho hàm số f ( x ) = x 3 − 3x 2 + 2 có đồ thị là

đường cong trong hình bên. Hỏ i phương 3

trıǹ h ( x 3 − 3 x 2 + 2 ) − 3 ( x 3 − 3x 2 + 2 ) + 2 = 0

1− 3

có

1+ 3 x

O 1

bao nhiêu nghiêm ̣ thực phân biệt? A. 7. B. 9. C. 6. D. 5.

−2

Câu 12: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hà m số y =

x +1

có hai tiệm cận

m ( x − 1) + 4

đứng: A. m < 0.

m < 0 C.  . m ≠ −1

B. m = 0.

D. m < 1.

Câu 13: Đồ thị hàm số nào sau đây nằm phıá dưới trục hoành? A. y = x 4 + 5 x 2 − 1.

B. y = − x3 − 7 x 2 − x − 1.

C. y = − x 4 + 2 x 2 − 2.

D. y = − x 4 − 4 x 2 + 1.

Câu 14: Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị như hıǹ h bên. Mênh ̣ đề nà o dưới đây đú ng? A. a > 0, b < 0, c > 0.

−2

B. a > 0, b < 0, c < 0.

−1 O

C. a > 0, b > 0, c < 0.

2 x

−2

D. a < 0, b > 0, c < 0. Câu 15: Hàm số nà o trong bố n hà m số sau có bảng biến thiên như hình vẽ sau? x −∞ 0 2 y′ 0 0 + − + 2

+∞ −2

−∞ A. y = − x 3 + 3 x 2 − 1.

+∞

B. y = x3 + 3x 2 − 1.

C. y = x3 − 3x + 2.

D. y = x3 − 3x 2 + 2.

Câu 16: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ . Đường cong trong hình vẽ y

bên là đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) , ( y = f ′ ( x ) liên tục trên ℝ ). Xét hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 2 ) . Mệnh đề nào dưới đây sai?

−1

A. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −∞; − 2 ) . B. Hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( 2; + ∞ ) .

−2

C. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −1;0 ) .

−4

D. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) . Câu 17: Cho các số thực dương a , b với a ≠ 1 và log a b > 0 . Khẳng định nào sau đây là đúng?  0 < a, b < 1 A.  . 0 < a < 1 < b

 0 < a, b < 1 B.  . 1 < a, b

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

0 < b < 1 < a C.  . 1 < a, b

 0 < a, b < 1 D.  . 0 < b < 1 < a

Trang 2/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/ 

1 

 2 x 2 + 1   x + 2 x  Câu 18: Tính tích tất cả các nghiệm thực của phương trình log 2  = 5. +2  2x  1 A. 0 . B. 2 . C. 1. D. . 2 1

Câu 19: Tập xác định của hàm số y = ( x − 1) 5 là: B. [1;+ ∞ ) .

A. ( 0;+ ∞ ) . Câu 20: Tổng T = C A. 2

2017

1 2017

3 2017

−1 .

5 2017

2017 2017

+ ... + C

B. 2

2016

C. (1;+ ∞ ) .

D. ℝ .

C. 22017 .

D. 22016 − 1 .

bằng:

Câu 21: Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào nghịch biến trên tập số thực ℝ ? x

π  A. y =   . 3

2 C. y = log π ( 2 x + 1) . D. y =   . e 4 2

B. y = log 1 x . 2

Câu 22: Một hình trụ có bán kính đáy r = 5cm và khoảng cách giữa hai đáy h = 7 cm . Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục 3cm . Diện tích của thiết diện được tạo thành là: A. S = 56 ( cm 2 ) .

B. S = 55 ( cm 2 ) .

Câu 23: Một tấm kẽm hình vuông ABCD có cạnh bằng 30 cm . Người ta gập tấm kẽm theo hai cạnh EF và GH cho đến khi AD và BC trùng nhau như hình vẽ bên để được một hình lăng trụ khuyết hai đáy. Giá trị của x để thể tích khố i lăng trụ lớn nhất là: A. x = 5 ( cm ) . B. x = 9 ( cm ) . C. x = 8 ( cm ) .

C. S = 53 ( cm 2 ) .

D. S = 46 ( cm 2 ) .

A B

F D

D. x = 10 ( cm ) .

H D

30 cm

Câu 24: Độ giảm huyết áp của một bệnh nhân được cho bởi công thức G ( x ) = 0, 035 x 2 (15 − x ) , trong đó x là liều lượng thuốc được tiêm cho bệnh nhân ( x được tính bằng miligam). Tính liều lượng thuốc cần tiêm (đơn vị miligam) cho bệnh nhân để huyết áp giảm nhiều nhất. A. x = 8 . B. x = 10 . C. x = 15 . D. x = 7 . Câu 25: Đặt ln 2 = a , log 5 4 = b . Mệnh đề nào dưới đây là đúng? ab + 2a 4ab + 2a ab + a A. ln100 = . B. ln100 = . C. ln100 = . b b b Câu 26: Số nghiệm thực của phương trình 4 x − 2 x+ 2 + 3 = 0 là: A. 0 . B. 1. C. 2 .

D. ln100 =

2ab + 4a . b

D. 3 .

Câu 27: Từ các chữ số 1, 2,3, 4,5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồ m 4 chữ số đôi một khác nhau? A. 15 . B. 4096 . C. 360 . D. 720 . Câu 28: Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 6 và chiều cao h = 1 . Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp đó là: A. S = 9π . B. S = 6π . C. S = 5π . D. S = 27π . Câu 29: Biết rằng hệ số của x 4 trong khai triển nhị thức Newton ( 2 − x ) , ( n ∈ ℕ* ) bằng 60 . Tìm n . n

A. n = 5 .

B. n = 6 .

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

C. n = 7 .

D. n = 8 .

Trang 3/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/

Câu 30: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác ABC vuông tại A có BC = 2a ,

AB = a 3 . Khoảng cách từ AA′ đến mặt phẳng ( BCC ′B′ ) là: A.

a 21 . 7

a 3 . 2

a 5 . 2

a 7 . 3

Câu 31: Cho tâp̣ A gồ m n điểm phân biêṭ trên mặt phẳng sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng. Tìm n sao cho số tam giác có 3 đın̉ h lấy từ 3 điểm thuôc̣ A gấp đôi số đoạn thẳng được nố i từ 2 điể m thuôc̣ A . A. n = 6. B. n = 12. C. n = 8. D. n = 15. Câu 32: Cho hàm số y = ln ( e x + m 2 ) . Với giá trị nào của m thì y ′ (1) = A. m = e.

1 C. m = . e

B. m = −e.

1 . 2

D. m = ± e .

Câu 33: Cho hàm y = x 2 − 6 x + 5 . Mênh ̣ đề nà o sau đây là đú ng? A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 5; +∞ ) .

B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 3; +∞ ) .

C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;1) .

D. Hàm số nghich ̣ biến trên khoảng ( −∞;3) .

Câu 34: Một lớp có 20 nam sinh và 15 nữ sinh. Giá o viên choṇ ngẫu nhiên 4 hoc̣ sinh lên bả ng giả i bà i tâp. ̣ Tính xá c suấ t để 4 hoc̣ sinh đươc̣ chọn có cả nam và nữ. 4615 4651 4615 4610 A. . B. . C. . D. . 5236 5236 5263 5236 Câu 35: Một đề thi trắc nghiêm ̣ gồ m 50 câu, mỗ i câu có 4 phương á n trả lời trong đó chı̉ có 1 phương á n đú ng, mỗ i câu trả lời đú ng được 0,2 điểm. Môṭ thı́ sinh là m bài bằ ng cá ch choṇ ngẫu nhiên 1 trong 4 phương á n ở mỗ i câu. Tính xác suấ t để thı́ sinh đó đươc̣ 6 điể m. A. 0, 2530.0, 7520. B. 0, 2520.0, 7530. C. 0, 2530.0, 7520.C5020 . D. 1 − 0, 2520.0, 7530. Câu 36: Cho hàm số y = A. 0 .

2017 có đồ thị ( H ) . Số đường tiệm cận của ( H ) là? x−2 B. 2 . C. 3 . D. 1.

Câu 37: Một khối lăng trụ tam giác có đá y là tam giá c đề u canh ̣ 3, cạnh bên bằ ng 2 3 và tạo với mặt phẳng đáy một góc 30°. Khi đó thể tích khố i lăng trụ là? A.

9 . 4

27 3 . 4

27 . 4

9 3 . 4

Câu 38: Cho hıǹ h chó p S .ABCD có SA vuông gó c với măṭ phẳ ng ( ABCD ) , đá y ABCD là hình thang

vuông tại A và B có AB = a, AD = 3a, BC = a. Biế t SA = a 3, tıń h thể tıć h khố i chó p S .BCD theo a. A. 2 3a 3 .

3a 3 . 6

2 3a 3 . 3

3a 3 . 4

Câu 39: Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng 60°, diện tích xung quanh bằng 6π a 2 . Tính thể tích V của khố i nón đã cho. A. V =

3π a 3 2 . 4

B. V =

π a3 2 4

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

C. V = 3π a 3 .

D. V = π a 3 .

Trang 4/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/

Câu 40: Cho hình hộp ABCD. A′B′C ′D′ thể tích là V . Tıń h thể tích của tứ diêṇ ACB′D′ theo V . V V V V A. . B. . C. . D. . 6 4 5 3 Câu 41: Cho lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a cạnh bên bằng b . Tính thể tích của khố i cầu đi qua các đỉnh của lăng trụ. 3 3 1 π 4a 2 + 3b 2 ) . 4a 2 + 3b 2 ) . A. B. ( ( 18 3 18 3 C.

π 18 3

( 4a

+ b2 ) .

( 4a

18 2

+ 3b 2 ) .

Câu 42: Cho hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông ABCD cạnh bằng 2 3 ( cm ) với AB là đường kính của đường tròn đáy tâm O . Gọi M là điểm thuộc cung AB của đường tròn đáy sao cho ABM = 60° . Thể tích của khố i tứ diện ACDM là: A. V = 3 ( cm3 ) .

B. V = 4 ( cm3 ) .

C. V = 6 ( cm3 ) . D. V = 7 ( cm3 ) .

Câu 43: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = log ( x 2 − 2mx + 4 ) có tập xác định là

ℝ. m > 2 A.  .  m < −2

B. m = 2.

C. m < 2.

D. −2 < m < 2.

Câu 44: Cho hình nón tròn xoay có chiều cao h = 20 ( cm ) , bán kính đáy r = 25 ( cm ) . Một thiết diện đi

qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12 ( cm ) . Tính diện tích của thiết diện đó. A. S = 500 ( cm 2 ) .

B. S = 400 ( cm 2 ) .

C. S = 300 ( cm 2 ) .

D. S = 406 ( cm 2 ) .

Câu 45: Cho a , b , c là các số thực dương khác 1. Hình vẽ bên là đồ thị các hàm số

y = a x , y = b x , y = log c x . y

y = ax

y = bx

1 O 1

Mệnh đề nào sau đây đúng? A. a < b < c. B. c < b < a.

x y = log c x C. a < c < b.

D. c < a < b.

Câu 46: Cho hình chóp S .ABC có đáy là tam giá c ABC đề u canh ̣ a , tam giá c SBA vuông taị B , tam

giá c SAC vuông taị C . Biế t gó c giữa hai măṭ phẳ ng ( SAB ) và ( ABC ) bằ ng 60° . Tính thể tích khố i chóp S .ABC theo a . A.

3a 3 . 8

3a 3 B. . 12

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

3a 3 . 6

3a 3 . 4

Trang 5/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/ Câu 47: Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình log

nghiệm phân biệt là A. 3 .

B. 4 .

C. 5 .

( x − 1) = log 2 ( mx − 8) có

hai

D. Vô số.

Câu 48: Cho hình chóp S .ABC có đáy là tam giá c ABC vuông tại A góc ABC = 30° ; tam giác SBC

là tam giác đều cạnh a và măṭ phẳ ng ( SAB ) vuông góc măṭ phẳ ng ( ABC ) . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) là : A.

a 6 . 5

a 6 . 3

a 3 . 3

a 6 . 6

Câu 49: Cho hình chóp tứ giác đều S .ABCD có cạnh đáy bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm

của SA và BC . Biết góc giữa MN và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60° . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và DM là A. a.

15 . 62

B. a.

30 . 31

C. a.

15 . 68

D. a.

15 . 17

Câu 50: Cho a , b , c là các số thực thuộc đoạn [1; 2] thỏa mãn log 32 a + log 32 b + log 32 c ≤ 1. Khi biểu

thức P = a 3 + b3 + c 3 − 3 ( log 2 a a + log 2 bb + log 2 c c ) đạt giá trị lớn nhất thì giá trị của tổng. a + b + c là A. 3 .

1 3

B. 3.2 .

C. 4 .

D. 6 .

----------HẾT----------

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 6/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/ 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 D C C C D B D B A A C C B D C B D C B D A D 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 C C A B B C D A A C B C B C D B A D A B B A D B C HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1:

1 5  1  a3  a2 − a2   . Cho số thực dương a > 0 và khác 1. Hãy rút gọn biểu thức P = 1  7 19   a 4  a 12 − a 12    A. P = 1 + a . B. P = 1 . C. P = a . D. P = 1 − a . Lời giải Chọn A. 1 5  1  1 1 5 a3  a2 − a2  2 3 2 6 ⋅ − a a 1 a ( ) a (1 + a )  = Ta có: P = 1  7 = = 1+ a . 1 7 5 19   a6 a 4  a 12 − a12  a 4 ⋅ a 12 (1 − a )  

Câu 2:

Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 2. B. 6 . C. 8 . D. 4 . Lời giải Chọn D. Đó là các mặt phẳng ( SAC ) , ( SBD ) , ( SHJ ) , ( SGI ) với G , H , I , J là các trung điểm của các cạnh AB, CB, CD, AD (hình vẽ bên dưới).

A G

O B

Câu 3:

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = mx − sin x đồng biến trên ℝ . A. m > 1 . B. m ≤ −1 . C. m ≥ 1 . D. m ≥ −1 . Lời giải Chọn C. TXĐ: D = ℝ . y ′ = m − cosx . Hàm số đồng biến trên ℝ ⇔ y ′ ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ m ≥ sin x, ∀x ∈ ℝ ⇔ m ≥ 1 .

Câu 4:

Giá trị cực tiểu của hàm số y = x 3 − 3 x 2 − 9 x + 2 là A. −20 .

B. 7 .

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

C. −25 .

D. 3 .

Trang 7/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/ Lời giải Chọn C. TXĐ: D = ℝ .  x = −1 y ′ = 3x 2 − 6 x − 9 . Cho y ′ = 0 ⇔  x = 3 Bảng biến thiên: x −∞ −1 y′ 0 + 7 y −∞

3 0

−

+∞ + +∞

−25

Vậy giá trị cực tiểu là yCT = −25 . Câu 5:

Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng? y 2 2

−2

A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 2 . B. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2 và giá trị nhỏ nhất bằng −2 . C. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và cực tiểu tại x = 2 . D. Hàm số có ba điểm cực trị. Lời giải Chọn C. Câu 6:

Hàm số y = ( 4 − x 2 ) + 1 có giá trị lớn nhất trên đoạn [ −1;1] là: A. 10 .

B. 12 .

C. 14 . Lời giải

D. 17 .

Chọn D.

 x = −2 ∉ [ −1;1]  Ta có: y ′ = 4 x3 − 16 x , cho y ′ = 0 ⇒ 4 x 3 − 16 x = 0 ⇔  x = 2 ∉ [ −1;1] .   x = 0 ∈ [ −1;1] Khi đó: f ( −1) = 10 , f (1) = 10 , f ( 0 ) = 17 . Vậy max y = f ( 0 ) = 17 . [ −1;1]

Câu 7:

Tìm tất các các giá trị thực của tham số m để phương trình x 3 − 3x + 2m = 0 có ba nghiệm thực phân biệt. A. m ∈ ( −2; 2 ) . B. m ∈ ( −1;1) . C. m ∈ ( −∞; −1) ∪ (1; +∞ ) .

D. m ∈ ( −2; +∞ ) . Lời giải

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 8/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/ Chọn B.

Ta có: x 3 − 3x + 2m = 0 ⇔ − x 3 + 3 x = 2m

( *)

Xét hàm số y = − x 3 + 3 x có đồ thị là ( C ) và đường thẳng d : y = 2m . Số nghiệm của phương trình ( *) phụ thuộc vào số giao điểm của đồ thị hàm số ( C ) và đường thẳng d  x = −1 Ta có: y ′ = −3x 2 + 3 , cho y ′ = 0 ⇔ −3x 2 + 3 = 0 ⇔  . x = 1 Bảng biến thiên x −∞ −1 1 y′ 0 0 − +

+∞ −

+∞ y

−2

−∞

Nhìn bảng biến thiên suy ra: Phương trình ( *) có ba nghiệm phân biệt khi −2 < 2m < 2 ⇔ −1 < m < 1 . 21

Câu 8:

2   Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton  x − 2  , ( x ≠ 0, n ∈ ℕ* ) . x  

A. 27 C217 .

8 B. 28 C21 .

8 C. −28 C21 .

7 D. −27 C21 .

Lời giải Chọn D. k

Ta có C a k n

n −k

k 21− k 21

b =C x

k  2  .  − 2  = ( −2 ) C21k x 21−3 k .  x 

7 Theo yêu cầu bài toán ⇔ 21 − 3k = 0 ⇔ k = 7 . Vậy hệ số cần tìm là −27 C21 .

Câu 9:

Cho hàm số y = ( m + 1) x 4 − ( m − 1) x 2 + 1 . Số các giá trị nguyên của m để hàm số có một điểm cực đại mà không có điểm cực tiểu là: A. 1. B. 0 .

C. 3 . Lời giải

D. 2 .

Chọn B. Trường hợp m = −1 , suy ra y = 2 x 2 + 1 ⇒ Hàm số có điểm cực tiểu mà không có điểm cực đại

nên loại m = −1 . Trường hợp m ≠ −1 Ta có: y ′ = 4 ( m + 1) x3 − 2 ( m − 1) x = 2 x  2 ( m + 1) x 2 − ( m − 1) 

x = 0 Xét y ′ = 0 ⇔  2  g ( x ) = 2 ( m + 1) x − ( m − 1) = 0 ( *) Vì hàm trùng phương luôn đạt cực trị tại điểm x = 0 nên để hàm số có một điểm cực đại mà m + 1 < 0 m < −1 , suy ra không tồn tại m thỏa yêu cầu bài không có điểm cực tiểu thì  ⇔ − m + 1 ≤ 0 m ≥ 1 toán.

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 9/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/

Câu 10: Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y = −2 x + m cắt đồ thị của hàm

số y =

x +1 tại hai điểm phân biệt là. x−2

( C. ( 5 − 2

) (

)

( D. ( −∞;5 − 2 3 ) ∪ ( 5 + 2

) 3; +∞ ) .

B. −∞;5 − 2 6  ∪ 5 + 2 6; +∞ .  

A. −∞;5 − 2 6 ∪ 5 + 2 6; +∞ .

)

3;5 + 2 3 .

Lời giải Chọn A. Điều kiện x ≠ 2 x +1 = −2 x + m ⇔ 2 x 2 − ( m + 3) x + 2m + 1 = 0 ( *) . x−2 Theo yêu cầu bài toán ⇔ ( *) có hai nghiệm phân biệt khác 2 .

Phương trình hoành độ giao điểm

( m + 3) 2 − 4.2 ( 2m + 1) > 0  m2 − 10m + 1 > 0 ⇔ ⇔ ⇔ m < 5 − 2 6 hoặc m > 5 + 2 6 . 3 ≠ 0 8 − 2 ( m + 3) + 2m + 1 ≠ 0

Câu 11:

Cho hàm số f ( x ) = x 3 − 3x 2 + 2 có đồ thị là đường cong trong hình bên. y 1− 3

2 O 1

1+ 3 x

−2 3

Hỏ i phương trıǹ h ( x 3 − 3 x 2 + 2 ) − 3 ( x 3 − 3x 2 + 2 ) + 2 = 0 có bao nhiêu nghiêm ̣ thực phân biệt? A. 7.

B. 9.

C. 6. Lời giải

D. 5.

Chọn A. 3

Xét phương trình ( x 3 − 3 x 2 + 2 ) − 3 ( x 3 − 3x 2 + 2 ) + 2 = 0 (1) Đặt t = x 3 − 3 x 2 + 2 (*) thì (1) trở thành t 3 − 3t 2 + 2 = 0 ( 2 )

t = 1  Theo đồ thị ta có ( 2 ) có ba nghiệm phân biệt t = 1 − 3 t = 1 + 3  Từ đồ thị hàm số ta có + t = 1∈ ( −2; 2 ) (*) có ba nghiệm phân biệt + t = 1 − 3 ∈ ( −2; 2 ) nên (*) có ba nghiệm phân biệt (khác ba nghiệm khi t = 1 ) + t = 1 + 3 > 2 nên (*) có đúng một nghiệm Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm phân biệt Nhận xét: Với mỗ i giá trị t , học sinh có thể sử dụng máy tính bỏ túi để thử nghiệm Câu 12: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hà m số y =

x +1 2

có hai tiệm cận

m ( x − 1) + 4

đứng: TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 10/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/ A. m < 0.

m < 0 C.  . m ≠ −1 Lời giải

B. m = 0.

D. m < 1.

Chọn C. 2

Đặt g ( x ) = m ( x − 1) + 4 = mx 2 − 2mx + 4 + m . Để đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng thì cần tìm m để phương trình g ( x ) = 0 có hai nghiệm

phân biệt khác −1

m ≠ 0  m < 0 ĐK: ∆ = m2 − m ( 4 + m ) > 0 ⇔   m ≠ −1  g − 1 ≠ 0 ( )  Câu 13: Đồ thị hàm số nào sau đây nằm phıá dưới trục hoành? A. y = x 4 + 5 x 2 − 1.

B. y = − x3 − 7 x 2 − x − 1.

C. y = − x 4 + 2 x 2 − 2.

D. y = − x 4 − 4 x 2 + 1. Lời giải

Chọn C. 2

Ta có y = − ( x 2 − 1) − 1 ≤ −1, ∀x ∈ ℝ . Do đó đồ thị của hàm số này nằm dưới Ox . Nhận xét có thể lập bảng biến thiên và kết luận. Câu 14: Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị như hıǹ h bên. y

−2

−1 O

2 x

−2

Mênh ̣ đề nà o dưới đây đú ng? A. a > 0, b < 0, c > 0. B. a > 0, b < 0, c < 0.

C. a > 0, b > 0, c < 0.

D. a < 0, b > 0, c < 0.

Lời giải Chọn B. Do đồ thị cắt Oy tại M ( 0; c ) nằm dưới trục Ox nên c < 0 .

Vì lim y = +∞ nên a > 0 . x →±∞

Hàm số có ba điểm cực trị nên ab < 0 ⇒ b < 0 Câu 15: Hàm số nà o trong bố n hà m số sau có bảng biến thiên như hình vẽ sau? x −∞ 0 2 y′ 0 0 + − + 2

+∞ −2

−∞ 3

A. y = − x + 3 x − 1.

+∞

B. y = x + 3x − 1.

C. y = x3 − 3x + 2.

D. y = x3 − 3x 2 + 2.

Lời giải TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 11/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/ Chọn D. Xét y = x3 − 3x 2 + 2.

x = 0 Ta có y ′ = 3 x 2 − 6 x ; y ′ = 0 ⇔  . Khi x = 0 ⇒ y = 2; x = 2 ⇒ y = −2 x = 2 Hàm số này thỏa mãn các tính chất trên bảng biến thiên. Câu 16: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ . Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị hàm số

y = f ′ ( x ) , ( y = f ′ ( x ) liên tục trên ℝ ). Xét hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 2 ) . Mệnh đề nào dưới đây sai? y −1

O −2 −4

A. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −∞; − 2 ) . B. Hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( 2; + ∞ ) . C. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −1;0 ) . D. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) . Lời giải Chọn C.

 x = −1 Từ đồ thị thấy f ′ ( x ) = 0 ⇔  và f ′ ( x ) > 0 ⇔ x > 2 . x = 2 Xét g ( x ) = f ( x 2 − 2 ) có TXĐ D = ℝ . g ′ ( x ) = 2 xf ′ ( t ) với t = x 2 − 2 . x = 0 x = 0  2 g ′ ( x ) = 0 ⇔ t = x − 2 = −1 ⇔  x = ±1 .  t = x 2 − 2 = 2  x = ±2 

Có f ′ ( t ) > 0 ⇔ t = x 2 − 2 > 2 ⇔ x < −2 ∨ x > 2 . Bảng biến thiên: x −∞ y′ −

−2 0

−1 0

0 0

−

1 0

−

2 0

+∞ +

Hàm số g ( x ) đồng biến trên ( −2;0 ) .Vậy C sai. Câu 17:

Cho các số thực dương a , b với a ≠ 1 và log a b > 0 . Khẳng định nào sau đây là đúng?

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 12/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/

 0 < a, b < 1 A.  . 0 < a < 1 < b

 0 < a, b < 1 B.  . 1 < a, b

0 < b < 1 < a C.  . 1 < a, b Lời giải

 0 < a, b < 1 D.  . 0 < b < 1 < a

Chọn B.  a > 1  0  b > a = 1 Ta có: log a b > 0 ⇔  . Vậy Chọn B. 0 < a <1    0 < b < a 0 = 1 1

   2 x 2 + 1   x + 2 x  Câu 18: Tính tích tất cả các nghiệm thực của phương trình log 2  + 2 = 5.   2x  1 A. 0 . B. 2 . C. 1. D. . 2 Lời giải Chọn D. Điều kiện: x > 0 .

 2 x 2 +1   2 x 

 2 x 2 + 1   PT: ⇔ log 2  +2  2x 

(1) .

2x2 + 1 1 1 = x+ ≥ 2 x. = 2 Đặt t = 2x 2x 2x PT trở thành log 2 t + 2t = 5

(2) .

(

)

Xét hàm f ( t ) = log 2 t + 2t t ≥ 2 là hàm đồng biến nên:

( 2) ⇔ f ( t ) = f ( 2) ⇔ t = 2 (t/m). Với t = 2 thì Câu 19:

2 x2 + 1 1 = 2 ⇔ 2 x 2 − 4 x + 1 = 0 (t/m). Vậy x1 x2 = (theo Viet ). 2x 2 1

Tập xác định của hàm số y = ( x − 1) 5 là: A. ( 0; + ∞ ) .

B. [1; + ∞ ) .

C. (1; + ∞ ) .

D. ℝ .

Lời giải Chọn C. Hàm số xác định khi: x − 1 > 0 ⇔ x > 1 . Vậy tập xác định: D = (1; + ∞ ) . 1 3 5 2017 Câu 20: Tổng T = C2017 + C2017 + C2017 + ... + C2017 bằng:

A. 22017 − 1 .

B. 22016 .

C. 22017 . Lời giải

D. 22016 − 1 .

Chọn B. Xét hai khai triển:

+ 22017 = (1 + 1) + 0 = (1 − 1)

2017

0 1 2 3 2017 = C2017 + C2017 + C2017 + C2017 + ... + C2017 (1) .

0 1 2 3 2017 = C2017 − C2017 + C2017 − C2017 + ... − C2017

( 2)

1 3 5 2017 Lấy (1) − ( 2 ) theo vế ta được: 22017 = 2 ( C2017 + C2017 + C2017 + ... + C2017 ) ⇒ T = 22016 .

Câu 21: Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào nghịch biến trên tập số thực ℝ ? TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 13/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/ x

π  A. y =   . 3

2 C. y = log π ( 2 x + 1) . D. y =   . e 4 Lời giải 2

B. y = log 1 x . 2

Chọn D. Hàm số y = log 1 x có TXĐ D = ( 0; +∞ ) nên không thỏa mãn. 2

π  > 1 nên hàm số y =   đồng biến trên ℝ . 3 3

2 2 Do 0 < < 1 nên hàm số y =   nghịch biến trên ℝ . e e

Hàm số y = log π ( 2 x 2 + 1) có y ′ = 4

( 2 x + 1) ln  π4 

đổi dấu khi x đi qua 0 nên không nghịch

biến trên ℝ . Câu 22: Một hình trụ có bán kính đáy r = 5cm và khoảng cách giữa hai đáy h = 7 cm . Cắt khối trụ bởi

một mặt phẳng song song với trục và cách trục 3cm . Diện tích của thiết diện được tạo thành là: A. S = 56 ( cm 2 ) .

B. S = 55 ( cm 2 ) .

C. S = 53 ( cm 2 ) .

D. S = 46 ( cm 2 ) .

Lời giải Chọn A. Gọi O, O′ là tâm của hai đáy của hình trụ và ( P ) là mặt phẳng song song với trục và cách trục

OO′ một khoảng 3cm . Mp ( P ) cắt hai hình tròn đáy ( O ) , ( O′ ) theo hai dây cung lần lượt là AB, CD và cắt mặt xung quanh theo hai đường sinh là AD, BC . Khi đó ABCD là hình chữ nhật. B O H A

C O′ D Gọi H là trung điểm của AB . Ta có OH ⊥ AB; OH ⊥ AD ⇒ OH ⊥ ( ABCD ) ⇒ d ( O O′, ( P ) ) = d ( O, ( ABCD ) ) = OH = 3cm . Khi đó: AB = 2 AH = 2 OA2 − OH 2 = 2 52 − 32 = 8 ; AD = O O ' = h = 7cm . Diện tích hình chữ nhật ABCD là: S ABCD = AB. AD = 56 ( cm 2 ) . Câu 23: Một tấm kẽm hình vuông ABCD có cạnh bằng 30 cm . Người ta gập tấm kẽm theo hai cạnh EF và GH cho đến khi AD và BC trùng nhau như hình vẽ bên để được một hình lăng trụ khuyết hai đáy. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 14/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/

E A B

F D

H D

30 cm

Giá trị của x để thể tích khố i lăng trụ lớn nhất là: A. x = 5 ( cm ) .

B. x = 9 ( cm ) .

C. x = 8 ( cm ) .

D. x = 10 ( cm ) .

Lời giải Chọn D.

30 − 2x I

A Đường cao lăng trụ là AD = AB = 30cm không đổ i. Để thể tích lăng trụ lớn nhất chỉ cần diện tích đáy lớn nhất. Gọi I là trung điểm cạnh EG ⇒ AI ⊥ EG trong tam giác AEG . Khi đó IG = 15 − x, ( 0 < x < 15 ) 2

2  30 − 2 x   15  Có AI = x −  = x 2 − (15 − x ) = 30 x − 225, x ∈  ;15  .  2   2  1 1 2 S ∆AEG = AI .EG = ( 30 − 2 x ) 30 x − 225 = 15. (15 − x ) ( 2 x − 15 ) 2 2 2  15  Vậy ta cần tìm x ∈  ;15  để f ( x ) = (15 − x ) ( 2 x − 15 ) lớn nhất. 2  2

 x = 15 2 . f ′ ( x ) = −2 (15 − x )( 2 x − 15 ) + 2 (15 − x ) = 2 (15 − x )( 30 − 3x ) = 0 ⇔   x = 10 Bảng biến thiên: 15 x 10 15 2 f ′( x) 0 + − f ( x)

125

0 0 Vậy thể tích lăng trụ lớn nhất khi x = 10 . Cách khác (trắc nghiệm): Học sinh có thể thay giá trị của từng đáp án vào hàm số 2

f ( x ) = (15 − x ) ( 2 x − 15 ) để có kết quả. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 15/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/

Câu 24: Độ giảm huyết áp của một bệnh nhân được cho bởi công thức G ( x ) = 0, 035 x 2 (15 − x ) , trong đó x là liều lượng thuốc được tiêm cho bệnh nhân ( x được tính bằng miligam). Tính liều lượng thuốc cần tiêm (đơn vị miligam) cho bệnh nhân để huyết áp giảm nhiều nhất. A. x = 8 . B. x = 10 . C. x = 15 . D. x = 7 . Lời giải Chọn B. Đk: x ∈ [ 0;15] . (vì độ giảm huyết áp không thể là số âm)

x = 0 Có G ′ ( x ) = 0, 035  2 x (15 − x ) − x 2  = 0,105 x (10 − x ) = 0 ⇔  .  x = 10 35 G ( 0 ) = 0 ; G (10 ) = ; G (15 ) = 0 . 2 Bảng biến thiên:

x G′ ( x )

10 0

15 −

35 2

G ( x)

Vậy huyết áp bệnh nhân giảm nhiều nhất khi tiêm cho bệnh nhân liều x = 10 miligam. Câu 25: Đặt ln 2 = a , log 5 4 = b . Mệnh đề nào dưới đây là đúng? A. ln100 =

ab + 2a . b

B. ln100 =

4ab + 2a ab + a . C. ln100 = . b b Lời giải

D. ln100 =

2ab + 4a . b

Chọn D.

Có log 5 4 = b ⇔

2 ln 2 2a = b ⇔ ln 5 = . ln 5 b

2a  2ab + 4a  Khi đó: ln100 = 2 ln10 = 2 ( ln 2 + ln 5 ) = 2  a +  = . b  b  Câu 26: Số nghiệm thực của phương trình 4 x − 2 x+ 2 + 3 = 0 là: A. 0 . B. 1. C. 2 . Lời giải Chọn C.

D. 3 .

t = 1 Đặt t = 2 x , t > 0 ta được phương trình t 2 − 4t + 3 = 0 ⇔  t = 3

Với 2 x = 1 ⇔ x = 0 và với 2 x = 3 ⇔ x = log 2 3 . Câu 27: Từ các chữ số 1, 2,3, 4,5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồ m 4 chữ số đôi một khác nhau? A. 15 . B. 4096 . C. 360 . D. 720 . Lời giải Chọn C. Để được một số có 4 chữ số theo yêu cầu đề bài, ta chọn 4 chữ số trong 6 chữ số đã cho và xếp theo một thứ tự nào đó, nghĩa là ta được một chỉnh hợp chập 4 của 6 phần tử. Vậy số các số cần thành lập là A64 = 360 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 16/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/

Câu 28: Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 6 và chiều cao h = 1 . Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp đó là: A. S = 9π . B. S = 6π . C. S = 5π . D. S = 27π . Lời giải Chọn A. S H A

C O

B I

2 3 Gọi O là tâm của ∆ABC suy ra SO ⊥ ( ABC ) và SO = h = 1 ; OA = ⋅ 6 ⋅ = 2. 3 2 Trong tam giác vuông SAO , ta có SA = SO 2 + OA2 = 1 + 2 = 3 . Trong mặt phẳng ( SAO ) kẻ trung trực của đoạn SA cắt SO tại I , suy ra IS = IA = IB = IC nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .ABC . Gọi H là trung điểm của SA , ta có ∆SHI đồng dạng với ∆SOA nên

3 ⋅ 3 SH .SA 3 R = IS = = 2 = . Vậy diện tích mặt cầu S mc = 4π R 2 = 9π . SO 1 2 Câu 29: Biết rằng hệ số của x 4 trong khai triển nhị thức Newton ( 2 − x ) , ( n ∈ ℕ* ) bằng 60 . Tìm n . n

A. n = 5 .

B. n = 6 .

C. n = 7 . Lời giải

D. n = 8 .

Chọn B.

Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Newton ( 2 − x ) , ( n ∈ ℕ* ) là n

Cnk 2n − k ( −1) x k , với k ∈ ℤ, 0 ≤ k ≤ n , suy ra hệ số của x 4 là Cn4 2n − 4 . Theo đề bài suy ra

Cn4 2n− 4 = 60 ⇔ Cn4 2n = 960 ( *) . Tới đây ta dùng phương pháp thử trực tiếp đáp án và chỉ có n = 6 thỏa phương trình ( *) . Câu 30: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác ABC vuông tại A có BC = 2a ,

AB = a 3 . Khoảng cách từ AA′ đến mặt phẳng ( BCC ′B′ ) là: A.

a 21 . 7

a 3 . 2

a 5 . 2

a 7 . 3

Lời giải Chọn B.

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 17/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/

B′

C′

A′ H

A Ta có AA′// ( BCC ′B′ ) nên khoảng cách từ AA′ đến mặt phẳng ( BCC ′B′ ) cũng chính là khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BCC ′B′ ) . Hạ AH ⊥ BC ⇒ AH ⊥ ( BCC ′B′ ) . Ta có

a 3 1 1 1 1 1 1 1 4 = + = 2+ = 2 + 2 = 2 ⇒ AH = . 2 2 2 2 2 AH AB AC 3a BC − AB 3a a 3a 2

Vậy khoảng cách từ AA′ đến mặt phẳng ( BCC ′B′ ) bằng

a 3 . 2

Câu 31: Cho tâp̣ A gồ m n điểm phân biêṭ trên mặt phẳng sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng. Tìm n sao cho số tam giác có 3 đın̉ h lấy từ 3 điểm thuôc̣ A gấp đôi số đoạn thẳng được nố i từ 2 điể m thuôc̣ A . A. n = 6. B. n = 12. C. n = 8. D. n = 15. Lời giải Chọn C. Theo đề bài: Cn3 = 2Cn2 (1) (với n ≥ 3 , n ∈ ℕ )

⇔

n! n! 1 1 =2 ⇔ = ⇔ n=8. 3!( n − 3) ! 2!( n − 2 ) ! 6 n−2

Câu 32: Cho hàm số y = ln ( e x + m 2 ) . Với giá trị nào của m thì y ′ (1) = A. m = e.

B. m = −e.

1 C. m = . e Lời giải

1 . 2

D. m = ± e .

Chọn D.

ex e ⇒ y′ (1) = . x 2 e +m e + m2 1 e 1 = ⇔ 2e = e + m 2 ⇔ m = ± e . Khi đó y ′ (1) = ⇔ 2 2 e+m 2 Ta có y ′ =

Câu 33: Cho hàm y = x 2 − 6 x + 5 . Mênh ̣ đề nà o sau đây là đú ng? A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 5; +∞ ) .

B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 3; +∞ ) .

C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;1) .

D. Hàm số nghich ̣ biến trên khoảng ( −∞;3) . Lời giải

Chọn A. Tập xác định: D = ( −∞;1] ∪ [ 5; +∞ ) .

Ta có y ′ =

x−3 2

x − 6x + 5

> 0 , ∀x ∈ ( 5; +∞ ) .

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng ( 5; +∞ ) . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 18/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/

Câu 34: Một lớp có 20 nam sinh và 15 nữ sinh. Giá o viên chọn ngẫu nhiên 4 hoc̣ sinh lên bả ng giả i bà i tâp. ̣ Tıń h xá c suấ t để 4 hoc̣ sinh đươc̣ chọn có cả nam và nữ. 4615 4651 4615 4610 A. . B. . C. . D. . 5236 5236 5263 5236 Lời giải Chọn A. Số cách chọn 4 học sinh lên bảng: n ( Ω ) = C354 .

Số cách chọn 4 học sinh chỉ có nam hoặc chỉ có nữ: C204 + C154 . Xá c suấ t để 4 hoc̣ sinh được go ị có cả nam và nữ: 1 −

4 C20 + C154 4615 = C354 5236

Câu 35: Một đề thi trắc nghiêm ̣ gồm 50 câu, mỗ i câu có 4 phương á n trả lời trong đó chı̉ có 1 phương á n đúng, mỗ i câu trả lời đú ng được 0,2 điể m. Môṭ thı́ sinh làm bà i bằ ng cá ch choṇ ngẫu nhiên 1 trong 4 phương á n ở mỗ i câu. Tính xác suấ t để thı́ sinh đó đươc̣ 6 điể m. A. 0, 2530.0, 7520.

B. 0, 2520.0, 7530.

C. 0, 2530.0, 7520.C5020 .

D. 1 − 0, 2520.0, 7530.

Lời giải Chọn C. 1 3 , xác suất để chọn được câu trả lời sai là . 4 4 Để được 6 điểm thì thí sinh đó phải trả lời đúng 30 câu và trả lời sai 20 câu.

Xác suất để chọn được câu trả lời đúng là

3 1 Xá c suấ t để thı́ sinh đó đươc̣ 6 điểm là C5020     = 0, 2530.0, 7520.C5020 . 4 4

Câu 36: Cho hàm số y = A. 0 .

2017 có đồ thị ( H ) . Số đường tiệm cận của ( H ) là? x−2 B. 2 . C. 3 . D. 1. Lời giải

Chọn B. Đồ thị ( H ) có tiệm cận đứng là x = 2. 2017 = 0 ⇒ ( H ) có tiệm cận ngang là y = 0. x →±∞ x →±∞ x − 2 Vậy số đường tiệm cận của ( H ) là 2

Ta có lim y = lim

9 . 4

27 3 . 4

27 . 4

9 3 . 4

Lời giải Chọn C.

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 19/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/

A′

C′

B′

B ′CH . Kẻ C ′H ⊥ ( ABC ) tại H ⇒ ( CC ′; ( ABC ) ) = C

C ′H 1 1 2 3 ′CH = 30° ⇒ sin 30° = Bài ra ( CC ′; ( ABC ) ) = 30° ⇒ C = ⇒ C ′H = CC ′ = = 3. CC ′ 2 2 2 1 1 3 27 Do đó VABC . A′B′C ′ = C ′H .S ABC = C ′H . AB. AC.sin 60° = 3. .3.3. = . 2 2 2 4 Câu 38: Cho hıǹ h chó p S .ABCD có SA vuông gó c với măṭ phẳ ng ( ABCD ) , đá y ABCD là hình thang

vuông tại A và B có AB = a, AD = 3a, BC = a. Biế t SA = a 3, tıń h thể tıć h khố i chó p S .BCD theo a. 3

A. 2 3a .

3a 3 . 6

2 3a 3 C. . 3 Lời giải

3a 3 . 4

Chọn B. S

1 Ta có VS . BCD = SA.S BCD . 3

Lại có S BCD = S ABCD − S ABD =

1 1 1 1 AB. ( AD + BC ) − AB. AD = AB.BC = a 2 . 2 2 2 2

1 a2 a3 3 Mà SA = a 3 ⇒ VS .BCD = a 3. = . 3 2 6 Nhận xét: Nếu đề bài bỏ giả thiết AD = 3a thì sẽ giải như sau: Ta có VS .BCD

1 a3 3 1 1 1 . = SA.S BCD = SA. d ( D, BC ) .BC = SA. AB.BC = 3 3 2 6 6

Câu 39: Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng 60°, diện tích xung quanh bằng 6π a 2 . Tính thể tích V của khố i nón đã cho. A. V =

3π a 3 2 . 4

B. V =

π a3 2 4

C. V = 3π a 3 .

D. V = π a 3 .

Lời giải TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 20/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/ Chọn C.

O O

1 1 Thể tích V = π R 2 h = π .OA2 .SO. 3 3

OA 1 = ⇒ SO = OA 3. Ta có ASB = 60° ⇒ ASO = 30° ⇒ tan 30° = SO 3 Lại có S xq = π Rl = π .OA.SA = π .OA OA2 + SO 2 = 6π a 2 1 ⇒ OA OA2 + 3OA2 = 6a 2 ⇒ 2OA2 = 6a 2 ⇒ OA = a 3 ⇒ SO = 3a ⇒ V = π .3a 2 .3a = 3π a 3 . 3

Câu 40: Cho hình hộp ABCD. A′B′C ′D′ thể tích là V . Tıń h thể tích của tứ diêṇ ACB′D′ theo V . V V V V A. . B. . C. . D. . 6 4 5 3 Lời giải Chọn D. A′ D′ B′ C′

B C Ta có ngay kết quả sau VACB ' D ' = V − (VB '. ABC + VC . B 'C ' D ' + VD '. ACD + VA. A ' B ' D ' ) .

1 1 V V V Lưu ý VB '. ABC = VC .B ' C ' D ' = VD '. ACD = VA. A ' B ' D ' = VABC. A ' B ' C ' = . ⇒ VACB ' D ' = V − 4. = . 3 3 2 6 3 Câu 41:

Cho lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a cạnh bên bằng b . Tính thể tích của khố i cầu đi qua các đỉnh của lăng trụ. 3 3 π 1 4a 2 + 3b 2 ) . 4a 2 + 3b 2 ) . A. B. ( ( 18 3 18 3 C.

π 18 3

( 4a

+ b2 ) .

18 2 Lời giải

( 4a

+ 3b 2 ) .

Chọn B.

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 21/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/

C′

A′ I′ B′

M′ O

B Gọi I , I ′ lần lượt là tâm hai đáy, O là trung điểm của II ′ . Khi đó ta có O là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ. Ta có: AI =

a 3 b , IO = suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ là 3 2

a 2 b2 1 + = 4a 2 + 3b 2 3 4 2 3 3 4 π 4a 2 + 3b 2 ) . Vậy V( O; R) = π R 3 = ( 3 18 3 R=

B. V = 4 ( cm3 ) .

C. V = 6 ( cm3 ) . D. V = 7 ( cm3 ) . Lời giải

Chọn A.

C O′ D

O A

= 60° nên MB = 3; MA = 3 . Ta có: ∆MAB vuông tại M có B

Gọi H là hình chiếu của M lên AB , suy ra MH ⊥ ( ACD ) và MH =

MB.MA 3 = . AB 2

1 1 3 Vậy VM . ACD = MH .S ACD = . .6 = 3 ( cm3 ) . 3 3 2

Câu 43:

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = log ( x 2 − 2mx + 4 ) có tập xác định là

ℝ.

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 22/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/

m > 2 A.  .  m < −2

B. m = 2.

C. m < 2.

D. −2 < m < 2.

Lời giải Chọn D. Điều kiện: x 2 − 2mx + 4 > 0 (*) Để ( *) đúng với mọ i x ∈ ℝ thì ∆′ = m 2 − 4 < 0 ⇔ −2 < m < 2. Câu 44: Cho hình nón tròn xoay có chiều cao h = 20 ( cm ) , bán kính đáy r = 25 ( cm ) . Một thiết diện đi

qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12 ( cm ) . Tính diện tích của thiết diện đó. A. S = 500 ( cm 2 ) .

B. S = 400 ( cm 2 ) .

C. S = 300 ( cm 2 ) .

D. S = 406 ( cm 2 ) .

Lời giải Chọn A.

K A O

I B

Theo bài ra ta có AO = r = 25; SO = h = 20; OK = 12 (Hình vẽ). Lại có

1 1 1 = 2+ ⇒ OI = 15 ( cm ) 2 OK OI OS 2

1 AB = 2 AI = 252 − 152 = 40 ( cm ) ; SI = SO 2 + OI 2 = 25 ( cm ) ⇒ S ∆SAB = .25.40 = 500 ( cm 2 ) . 2

Câu 45: Cho a , b , c là các số thực dương khác 1. Hình vẽ bên là đồ thị các hàm số

y = a x , y = b x , y = log c x . y

y = ax

y = bx

1 O 1

Mệnh đề nào sau đây đúng? A. a < b < c. B. c < b < a.

x y = log c x C. a < c < b.

D. c < a < b.

Lời giải Chọn B. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 23/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/ y

y = ax

y = bx

a b O 1

x y = log c x

Vì hàm số y = log c x nghịch biến nên 0 < c < 1 , các hàm số y = a x , y = b x đồng biến nên a > 1; b > 1 nên c là số nhỏ nhất trong ba số.

Đường thẳng x = 1 cắt hai hàm số y = a x , y = b x tại các điểm có tung độ lần lượt là a và b , dễ

thấy a > b (hình vẽ). Vậy c < b < a Câu 46:

Cho hình chóp S .ABC có đáy là tam giá c ABC đề u canh ̣ a , tam giá c SBA vuông taị B , tam giá c SAC vuông taị C . Biế t gó c giữa hai măṭ phẳ ng ( SAB ) và ( ABC ) bằ ng 60° . Tính thể tích khố i chóp S .ABC theo a . A.

3a 3 . 8

3a 3 . 12

3a 3 . 6

3a 3 . 4

Lời giải. Chọn B. S

D C

A Gọi D là hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC ) , suy ra SD ⊥ ( ABC ) .

Ta có SD ⊥ AB và SB ⊥ AB ( gt ) , suy ra AB ⊥ ( SBD ) ⇒ BA ⊥ BD . Tương tự có AC ⊥ DC hay tam giác ACD vuông ở C . Dễ thấy ∆SBA = ∆SCA (cạnh huyền và cạnh góc vuông), suy ra SB = SC . Từ đó ta chứng minh được ∆SBD = ∆SCD nên cũng có DB = DC . . Vậy DA là đường trung trực của BC , nên cũng là đường phân giác của góc BAC = 30° , suy ra DC = a . Ngoài ra gó c giữa hai măṭ phẳ ng ( SAB ) và ( ABC ) là Ta có DAC 3 = SD ⇒ SD = BD tan SBD = a . 3=a. = 60° , suy ra tan SBD SBD BD 3

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 24/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/

Vậy VS . ABC

1 1 a2 3 a3 3 .a = = .S∆ABC .SD = . . 3 3 4 12

Câu 47: Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình log

nghiệm phân biệt là A. 3 .

B. 4 .

C. 5 .

( x − 1) = log 2 ( mx − 8) có

hai

D. Vô số.

Lời giải. Chọn A.

log

 x > 1

 x > 1

⇔ 2 ( x − 1) = log 2 ( mx − 8) ⇔  2 2 x − 1 = mx − 8 ( )  x − ( m + 2 ) x + 9 = 0 

Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực lớn hơn 1 thì điều kiện sau thỏa mãn.  m < −8  2 m + 4m − 32 > 0  m > 4  ∆ > 0  ⇔ ( x1 − 1) + ( x2 − 1) > 0 ⇔ m > 0 ⇔ 4<m<8  1 < x1 < x2  8 − m > 0 ( x1 − 1)( x2 − 1) > 0   Vì m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {5, 6, 7} . Câu 48: Cho hình chóp S .ABC có đáy là tam giá c ABC vuông tại A góc ABC = 30° ; tam giác SBC

là tam giác đều cạnh a và măṭ phẳ ng ( SAB ) vuông góc măṭ phẳ ng ( ABC ) . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) là : A.

a 6 . 5

a 6 . 3

a 3 . 3

a 6 . 6

Lời giải. Chọn D.

E A

H K C

a a 3 Ta có tam giá c ABC vuông tại A góc ABC = 30° và BC = a , suy ra AC = , AB = . 2 2 ( SAB ) ⊥ ( ABC ) Lại có  ⇒ AC ⊥ ( SAB ) , suy ra tam giác SAC vuông tại A . CA ⊥ AB 2

a 3 a Suy ra SA = SC 2 − AC 2 = a 2 −   = . 2  2 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 25/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/

Tam giác SAB có SA =

a 3 a 3 , AB = , SB = a . Từ đó sử dụng công thức Hê-rông ta tính 2 2

a2 2 2S a 6 a 3 2 AB được S SAB = ⇒ SH = SAB = ⇒ BH = = . 4 AB 3 3 3 2 Suy ra d ( H , ( SBC ) ) = d ( A, ( SBC ) ) . Từ H kẻ HK ⊥ BC . 3 Kẻ HE ⊥ SK ⇒ HE ⊥ ( SBC ) . Ta dễ tính được HK = Vậy d ( A, ( SBC ) ) = Câu 49:

a 3 a 6 ⇒ d ( H , ( SBC ) ) = . 6 9

3 3 a 6 a 6 d ( H , ( SBC ) ) = ⋅ = . 2 2 9 6

Cho hình chóp tứ giác đều S .ABCD có cạnh đáy bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Biết góc giữa MN và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60° . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và DM là A. a.

15 . 62

30 . 31

B. a.

C. a.

15 . 68

D. a.

15 . 17

Lời giải. Chọn B.

M E A

B I N

C D Gọi I là trung điểm OA . Vì IM //SO ⇒ IM ⊥ ( ABCD ) nên hình chiếu của MN lên

( ABCD ) là

= 60° IN . Suy ra MNI

Áp dụng định lí cô sin trong ∆CIN , ta có 2

 3a 2   a  2 3a 2 a 2 a 5 IN = CI + CN − 2CI .CN .cos45° =  +  −2 . . = .   4   2 4 2 2 2 2   Trong tam giác vuông MIN ta có. 2

tan 60° =

MI a 15 a 30 a 30 ⇒ MI = IN . 3 = = ⇒ SO = . IN 4 2 2 2

Ta có d ( BC , DM ) = d ( BC , ( SAD ) ) = d ( N , ( SAD ) ) = 2d ( O, ( SAD ) ) = 2d ( O, ( SBC ) ) . Kẻ OE ⊥ SN ⇒ OE ⊥ ( SBC ) . Ta có d ( O, ( SBC ) ) = OE mà

1 1 1 4 4 62 a 15 = + = + 2 = ⇒ OE = . 2 2 2 2 2 OE OS ON 30a a 15a 62

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 26/27 - Mã đề thi 436

BTN-007/18

Cập nhật đề thi mới nhất tại http://toanhocbactrungnam.vn/

Vậy d ( BC , DM ) = 2OE =

2a 15 30 = a. 31 62

Câu 50: Cho a , b , c là các số thực thuộc đoạn [1; 2] thỏa mãn log 32 a + log 32 b + log 32 c ≤ 1. Khi biểu

thức P = a 3 + b3 + c 3 − 3 ( log 2 a a + log 2 bb + log 2 c c ) đạt giá trị lớn nhất thì giá trị của tổng. a + b + c là 1

A. 3 .

B. 3.2 3 .

C. 4 .

D. 6 .

Lời giải. Chọn C. Đặt x = log 2 a; y = log 2 b; z = log 2 c. Vì a, b, c ∈ [1; 2] nên x, y, z ∈ [ 0;1] .

P = a 3 + b3 + c 3 − 3 ( log 2 a a + log 2 bb + log 2 c c ) = a3 + b3 + c3 − 3 ( a log 2 a + b log 2 b + c log 2 c ) . = a3 + b3 + c3 − 3 ( ax + by + cz ) . Ta chứng minh a 3 − 3ax ≤ x3 + 1. Thật vậy: Xét hàm số f ( a ) = a − log 2 a, a ∈ [1; 2] ⇒ f ′ ( a ) = 1 −

 Trên đoạn [1; 2] ta có f ( a ) ≤ Max  f (1) , f ( 2 ) ,  hay a − x ≤ 1 ⇔ a − x − 1 ≤ 0. Do đó.

1 1 ⇒ f ′(a) = 0 ⇔ a = . a ln 2 ln 2

 1  f   = 1 ⇒ a − log 2 a ≤ 1 .  ln 2  

Xét: a3 − 3ax − x 3 − 1 = ( a − x − 1) ( a 2 + x 2 + 1 + a + ax − x ) ≤ 0 . ( Vì theo trên ta có a − x − 1 ≤ 0 và a 2 + ( x 2 − x + 1) + a + ax > 0, ∀a ∈ [1; 2] , ∀x ∈ [ 0; 1] ). Vậy a3 − 3ax − x 3 − 1 ≤ 0 ⇔ a 3 − 3ax ≤ x 3 + 1 . Tương tự b3 − 3by ≤ y 3 + 1; c 3 − 3cz ≤ z 3 + 1 . Do đó P = a3 + b 3 + c 3 − 3 ( ax + by + cz ) ≤ x 3 + y 3 + z 3 + 3 ≤ 1 + 3 = 4 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 0, z = 1 và các hoán vị, tức là a = b = 1, c = 2 và các

hoán vị. Khi đó a + b + c = 4 .

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 27/27 - Mã đề thi 436