Tổng hợp Toán vận dụng cao có lời giải chi tiết – Đoàn Trí Dũng

Tài liệu gồm 51 được biên soạn bởi thầy Đoàn Trí Dũng tổng hợp 160 bài toán vận dụng cao có lời giải chi tiết nhằm giúp học sinh ôn tập đạt điểm 8 – 9 – 10 trong kỳ thi THPT Quốc gia môn Toán, các bài toán thuộc nhiều chủ đề khác nhau được trích dẫn từ các đề thi thử môn Toán.

15 8 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Tài liệu ôn thi THPTQG môn Toán

Môn: Toán

Thông tin:

51 trang 6 tháng trước

Tác giả:

Profile Nguyễn Vân
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 1/51
TỔNG HỢP TOÁN VẬN DỤNG CAO
Câu 1: Cho 3 số phức
123
;;zzz thỏa
123
123
0
22
3
zzz
zzz


. Tính
222
12 23 31
A
zz zz zz 
A.
22
3
B.
22
C.
8
3
D.
83
3
Lời giải:
Ta có:
12 3
222
13 2 1 2 3
23 1
8
3
zz z
zz z A z z z
zz z

 

. Chọn C.
Câu 2: Cho một cấp số cộng

n
u có
1
1u
và tổng của 100 số hạng đầu tiên 24850 . Tính giá trị của
biểu thức
1 2 2 3 48 49 49 50
11 1 1
...
S
uu uu u u u u

?
A.
123S
B.
4
23
S
C.
9
246
S
D.
49
246
S
Lời giải:
Ta có:
100 1 100 50
497 496 1 99 5 246uu u dd u
.
Lại có:
3 2 49 48 50 49
21
1 2 2 3 48 49 49 50 1 50
11 1 49
5 ... 1
246 246
uu u u u u
uu
SS
uu uu u u u u u u


.
Câu 3: Cho số phức
2017
11z 
. Gọi
P
z
. Tính
2017. max 2017. min
A
PP
.
A.
2016
2017. 2A
B.
2017
2017. 3A C.
2017
2017. 2A
D.
2017A
Lời giải:
Ta có :
2017
2017 2017
max max 0 max max maxPz P z z
.
Mặt khác ta cũng có:
2017
2017 2017
min 0 min min minPz P z z
.
Gọi
2017
,zabiab
Tập hợp điểm biểu diễn số phức
2017
z là đường tròn tâm
0;1I
có bán
kính
1
R
2017
2017
2017
2017
max 2
max 2017. 2
2017. 2
min 0
min 0
P
P
A
P
P



. Chọn C.
Câu 4: Xét số phức z thỏa 213 22zzi  . Mệnh đề nào dưới đây đúng:
A.
3
2
2
z
B.
2z
C.
1
2
z
D.
13
22
z
Lời giải:
Ta xét các điểm
1; 0 , 0; 1AB
và
;
M
xy
với
M
là điểm biểu diễn số phức
z
trong mặt
phẳng phức. Ta có :
 
22
22
213 2 1 3 1 2 3zzix
x
MA MB
.
Ta có :
2 3 2 2 22 22MA MB MA MB MB AB MB MB .
213 22zzi . Mà theo giả thuyết ta có : 213 22zzi  .
Vậy
213 22zzi . Dấu
""
xảy ra khi và chỉ khi

0;1 1
0
MAB
MB M z
MB

Câu 5: Gọi
1234
,,,zzzz là nghiệm của phương trình
4
1
1
2
z
zi



. Tính giá trị của biểu thức:
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 2/51

2222
1234
1111Pz z z z
.
A.
1.
B.
19
.
7
C.
17
.
9
D.
2.
Lời giải:
Ta có:

44 2222
12 12 12 0zzizzizzi



  

22
2
12 12 1 2 0
31 1 5 24 0
zzizziz zi
ziziz iz

  






12 34
12417
;1;0;
359
ii
zzizz P

 .
Chọn C.
Câu 6: Cho

2
2*
11fn n n n và đặt
 
1 3 ... 2 1
2 4 ... 2
n
ff fn
u
f
ffn
. Tìm số nguyên dương
n nhỏ nhất sao cho
2
10239
log
1024
nn
uu
?
A.
23n
B.
29n
C.
33n
D.
21n
Lời giải:
Ta có:


2
2
22 *
11 1 11fn n n n n n
.
Đến đây ta dễ dàng có:







22
2222
2
22
2222
11213141...21 12 1
1
221
21314151...2 121 1
n
nn
u
nn
nn




.
Ta có:
22
10239 1 1 1
log log 23
1024 1024 1024 1024
nn n
uu u n
. Chọn A.
Câu 7: Cho số phức
z
thỏa mãn điều kiện
2
25 12 31zz z izi
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của module
22zi .
A.
1.
B. 5. C.
5
.
2
D.
3
.
2
Lời giải:
Ta có :
2
25 12 31zz z izi


12 0
12 12 12 3 1
12 3 1
zi
zizizizi
zizi

 

.
Trường hợp 1:
12 0 12 22 1zi z iz i
.
Trường hợp 2:

1
12 3 1
2
zizi b
với
,zabiab
.
 
2
13 93
22 22 2 22 2
22 42
ziai ia izia




.
Chọn A.
Câu 8: Cho số phức
z
thỏa mãn điều kiện 12 22zi . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức
134
P
az bz i
với
,ab
là số thực dương.
A.
22
.ab
B.
22
22.ab
C.
22
42 2 .ab
D.
22
.ab
Lời giải:
Ta gọi
,zxyixy
. Gọi
;
M
xy
là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng phức .
Trong mặt phẳng phức xét các điểm

1; 0 , 3; 4AB
. Khi đó
42.AB
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 3/51
Ta luôn có :
2
222
22
0
MA MB AB py ta go
PbMB
MB AB
a
PaMAbMB






.

22
22
22
2. .
10*
bPbP
MB MB AB
aaa




.
Để phương trình

*
có nghiệm thì:

222
22
*
222
'0 1 0
bbP
PAB
aaa





22
22222 2222
22
10 422.
Pb
A
BPABabPABabab
aa




Chọn C.
Câu 9: Cho hàm số
yfx
thỏa mãn điều kiện
23
12 1
f
xxf x
. Lập phương trình tiếp
tuyến với đồ thị hàm số
yfx
tại điểm có hoành độ
1?x
A.
16
77
yx
B.
16
77
yx
C.
16
77
yx
D.
16
77
yx
Lời giải:
Ta xét
0x
ta được
   

 
232
1111101011ffff f f 
.
Lại có

2
412 12 13 1 1
f
xf x f xf x


thay
0x
ta có
2
41 113 1 1ff f f


.
Trường hợp 1: Nếu
10f
thay vào ta thấy
01
vô lý.
Trường hợp 2: Nếu
11f 
thì thay vào
  
1
41131 1
7
fff


.
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:

116
11
777
yx x 
.
Câu 10: Cho hàm số
32
231yx x có đồ thị
C . Xét điểm
1
A
có hoành độ
1
1x thuộc

C . Tiếp
tuyến của
C
tại
1
A
cắt
C
tại điểm thứ hai
21
A
A có hoành độ
2
x
. Tiếp tuyến của

C
tại
2
A
cắt

C tại điểm thứ hai
32
A
A có hoành độ
3
x
. Cứ tiếp tục như thế, tiếp tuyến của

C
tại
1n
A
cắt

C tại điểm thứ hai
1nn
A
A
có hoành độ
n
x
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
n
để
100
5
n
x .
A. 235 B. 234 C. 118 D. 117
Lời giải:
Ta có:
k
x
aTiếp tuyến tại
k
A
có phương trình hoành độ giao điểm:
32 32 2
23123166
x
xaa aaxa

2
2430xa x a
1
3
2
2
kk
xx

Vậy
1
1
1
3
2
2
nn
x
xx


.2
n
n
x
 . Xét
1
2
1
21
4
1
1
4
2
2
x
x








Do đó

100
11
.2 5
42
n
n
x 
. Chọn
21nk

100
11
.4 . 2 5
42
k

100
412.5
k

100
42.5 1
k

100
4
log 2.5 1k Chọn 117k 235n .
Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm
1; 2; 1 , 2; 4;1 , 1;5;3AMN . Tìm tọa
độ điểm
C nằm trên mặt phẳng
:270Pxz sao cho tồn tại các điểm ,BD tương ứng
thuộc các tia ,
A
MAN để tứ giác
A
BCD là hình thoi.
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 4/51
A.
6; 17; 21C
B.
20;15;7C
C.

6; 21; 21C
D.

18; 7;9C
Lời giải:
C
là giao của phân giác trong
A
MN
với
P
. Ta có:
3; 5AM AN
.
Gọi E là giao điểm phân giác trong
A
MN
và
M
N
. Ta có:
3
5
EM AM
EN AN

13 35 7
530 ;;
884
EM EN E




 

15
:219
122
x
t
A
Ey t
zt




6; 21; 21C
.
Câu 12: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
:30Pxyz và tọa độ hai
điểm
1;1;1 , 3; 3; 3AB
. Mặt cầu

S
đi qua hai điểm ,
A
B và tiếp xúc với
P
tại điểm
C
. Biết rằng
C
luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính của đường tròn đó?
A.
4
R
B.
233
3
R
C.
211
3
R
D.
6R
Lời giải:
Ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm
3;3;3D
là giao
điểm của

A
B và

P
. Do đó theo tính chất của phương
tích ta được:
22
.DA DB DI R. Mặt khác vì DC là tiếp
tuyến của mặt cầu

S
cho nên
222
DC DI R
.
Do vậy
2
.36DC DA DB cho nên 6DC (Là một giá trị
không đổi).
Vậy
C luôn thuộc một đường tròn cố định tâm D với bán
kính
6R . Chọn D.
Câu 13: Xét các số thực với 0, 0ab sao cho phương trình
32
0ax x b
có ít nhất hai nghiệm
thực. Giá trị lớn nhất của biểu thức
2
ab bằng:
A.
4
27
B.
15
4
C.
27
4
D.
4
15
Lời giải:
'0 0yx và
2
3
x
a
. Từ đây ta có tọa độ 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số là
0;
A
b
và
2
24
;
327
Bb
aa



. Để có ít nhất 2 giao điểm với trục hoành thì
2
4
.0 0
27
AB
yy bb
a





22
4
27 4 0
27
ab b ab (Vì
0b ). Chọn A.
Câu 14: Cho số phức
,zabiab thỏa mãn
2
2
zi
z
là số thuần ảo. Khi số phức z có môđun lớn
nhất. Tính giá trị biểu thức
P
ab.
A. 0P B.
4
P
C. 22 1P  D. 132P 
Lời giải:
Ta có:

2
2
22
ab i
zi
zabi



2
2
22
2
ab ia bi
ab


là số thuần ảo
220aa bb
22
220aabb

22
112ab
12sin
12cos
a
b


P
A
I
C
D
B
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 5/51
Ta có:
22
2ab ab

2
22
422sin cos 422.1 1 8z


max 2 2z khi
2
sin cos 4
2
ab

.
Câu 15: Cho khối tứ diện đều
A
BCD cạnh a . Gọi E là điểm đối xứng của
A
qua D . Mặt phẳng qua
CE và vuông góc với mặt phẳng
A
BD cắt cạnh
A
B
tại điểm
F
. Tính thể tích V của khối
tứ diện
A
ECF .
A.
3
2
30
a
V
B.
3
2
60
a
V
C.
3
2
40
a
V
D.
3
2
15
a
V
Lời giải:
Áp dụng định lý Menelaus: .. 1
HB FA EM
HM FB EA
32
2. . 1
43
FA FA
FB FB

2
5
A
FAB
và 2
A
EAD . Ta có:
4
.
5
AEF
ABD
SAEAF
SADAB

33
4422
.
5 5 12 15
AECF ABCD
aa
VV
.
Câu 16: Xét các số phức zabi
,ab thỏa mãn 23 2zi . Tính
P
ab khi
25 63zizi 
đạt giá trị lớn nhất.
A.
3P
B.
3P 
C.
7P
D.
7P 
Lời giải:
Do

22
23 2 2 3 2zi a b
. Suy ra
M
C có tâm
2; 3I  và bán kính
2R . Gọi
2;5A ,
6; 3B ,
2;1I
. Suy ra

22
2
P
MA MB MA MB
Mặt khác ta có
2
22 2
2
2
A
B
MA MB MI
 . Suy ra
Max Max
P
MI I

 là hình chiếu vuông góc của
M
trên
A
B
,,
M
II
thẳng hàng.Vì ta thấy
IA IB MA MB
nên xảy ra dấu =.
Ta có
2; 3 , 4; 4IM a b II


nên
A
B
,,
M
II
thẳng hàng

4243 1abab
.
Tọa độ
M
là nghiệm của hệ

22
3; 4
232
1; 2
1
ab
ab
ab
ab
 

 

Mặt khác

3; 4 2 82
1; 2 2 5 0
M P MA MB
MPMAMB


. Vậyđể
M
ax
P
thì
3; 4M 
Suy ra
7ab
.
Câu 17: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình
ln 2sin ln 3sin sinmxmx x có nghiệm?
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
Lời giải:
2sin ln 3sin ln 2sin ln 3sin 3sin ln 3sinmxmx mxmxmxmx 


ln ln 2sin ln 3sin 3sin ln 3sin sinaabbabmxmxmxmxx
sin sin
3sin 3sin
xx
mxeme x . Xét hàm số
3
t
f
te t
với
1;1t 
.
Vì
30 1;1
t
ft e t

nên:


sin
sin
1
max 3sin 1 3
1
33
min 3sin 1 3
x
x
exf
e
em
e
exfe



.
Chọn B.
Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng
:2 40Px yz. Có tất cả bao
nhiêu mặt cầu có tâm nằm trên mặt phẳng
P
và tiếp xúc với ba trục tọa độ
',','
x
Ox y Oy z Oz ?
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 6/51
A. 8 mặt cầu B. 4 mặt cầu C. 3 mặt cầu D. 1 mặt cầu
Lời giải:
Gọi tâm
,,I abc , ta có 24abc. Vì
,,,dIOx dIOy dIOz
22 22 22
ab bc ca abc
Nếu ,,ambmc m

24 2 2;2;2mmI
Nếu
,,
ambmcm
1 1;1;1mI
Nếu
,,
amb mcm
04(Loại)
Nếu
,,ambmcm
2 4 2; 2; 2mI
Vậy có tất cả 3 mặt cầu thỏa mãn điều kiện của bài toán đưa ra.
Câu 19: Cho hàm số

yfx
có đạo hàm liên tục trên

1; 1
đồng thời thỏa mãn điều kiện

2
1fx
với mọi
1;1x 
và

1
1
0fxdx
. Tìm giá trị nhỏ nhất của

1
2
1
x
fxdx
?
A.
1
2
B.
1
4
C.
2
3
D.
1
Lời giải:
Ta đặt


 
11 11
2222
11 11
IxfxdxI xafxdx xafxdxxadxa

 

.
Do đó ta suy ra
1
2
1
min
a
Ixadx

. Đến đây ta chia bài toán thành 3 trường hợp như sau:
Trường hợp 1: Nếu
0a
thì

11
22
00
11
22
min min min 2
33
aa a
x a dx x a dx a







.
Trường hợp 2: Nếu 1a thì

11
22
11
11
24
min min min 2
33
aa a
x a dx a x dx a







.
Trường hợp 3: Nếu

0;1a
thì

  
1 1
2222
0;1
11
min min
aa
aa
aa
x
adx x adx a x dx x adx









1
333
2
0;1
1
1
min min
333
1
aa
a
xxx
a
x a dx ax ax ax
a
a



 





1
2
0;1
1
821
min min 2
332
aa
aa
xadx a






khi và chỉ khi
1
4
a .
Kết luận: Như vậy
1
2
1
1
min
2
a
xadx

do đó
11
min
22
II .
Câu 20: Cho hàm số

yfx
có đạo hàm liên tục trên

0;1
đồng thời thỏa mãn

8;8fx
với
mọi

0;1x và

1
0
3xf x dx
. Tìm giá trị lớn nhất của

1
3
0
?
x
fxdx
A. 2 B.
31
16
C.
4
3
D.
17
8
Lời giải:
Ta đặt

1
3
0
Ixfxdx
khi đó:

 
11
33
00
3I a x ax f x dx x ax f x dx

Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 7/51
11 1
33 3
00 0
38 38 min38
a
I a xaxdxa I a xaxdxa I a xaxdx

 




.
Trường hợp 1: Nếu 0a khi đó


11
33
00
00
min 3 8 min 3 8 min 2 2
aa a
a x ax dx a x ax dx a






Trường hợp 2: Nếu 1a khi đó


11
33
11
00
min 3 8 min 3 8 min 7 2 5
aa a
a x ax dx a ax x dx a






Trường hợp 3: Nếu
0;1a khi đó ta có đánh giá sau:

 


11
3332
0;1 0;1
00
31
min 3 8 min 3 8 8 min 4 2
16
a
aa a
a
a x ax dx a ax x dx x ax dx a a










Kết luận: Vậy
1
3
0
31 31
min 3 8
16 16
a
a x ax dx I




. Đẳng thức xảy ra khi
131 3
;3
812 8
aI a.
ĐÁP ÁN CHI TIẾT BÀI TẬP VỀ NHÀ
Câu 21: Sau khi khai triển và rút gọn, biểu thức
20 10
3
2
11
xx
x
x




có bao nhiêu số hạng?
A. 27 B. 28 C. 29 D. 32
Lời giải:
Ta có:
 
20 10
20 10
3203304
20 10
2
00
11
11
ki
kkii
ki
xx CxCx
xx







. Khai triển này bao gồm
tất cả 21 11 32 số hạng. Tuy nhiên ta xét các số hạng bị trùng lũy thừa của nhau.
Ta có:
20 3 30 4 4 3 10kiik do đó k phải là số chẵn nhưng không chia hết cho 4. Ta có bảng:
k
2 6 10 14 18
i
4 7 10 13 (L) 16 (L)
Vậy có 3 cặp số hạng sau khi khai triển trùng lũy thừa của nhau. Chọn C.
Câu 22: Cho hàm số
yfx có đạo hàm cấp hai
f
x

liên tục trên đoạn
0;1 đồng thời thỏa mãn
điều kiện
0 1 1; 0 2018ff f

. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A.

1
0
1 2018fx xdx


B.

1
0
1 2018fx xdx


C.

1
0
11
f
xxdx


D.

1
0
11fx xdx


Lời giải:
Ta có:
   
11 1
00 0
1
1 1 1 2018
0
f x x dx x df x f x x f x dx



. Chọn A.
Câu 23: Cho phương trình
21 2 3
82 212 0
xx x
mm mm
. Biết tập hợp các giá trị thực của tham
số m sao cho phương trình có ba nghiệm phân biệt là
;ab . Tính ?Sab
A.
2
3
S
B.
4
3
S
C.
3
2
S
D.
23
3
S
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 8/51
Lời giải: Ta đặt
2
x
t
khi đó phương trình có dạng
22
10tmt mtm. Do đó điều kiện cần và
đủ là 3 nghiệm 0t cho nên:

2
22
0; 0
2
10 1
3
Δ410
mSm
Pm m
mm



.
Chọn A.
Câu 24: Cho hàm số
yfx
có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:
Hàm số
2
2yfx
nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
2;0 B.
2; C.
0; 2 D.
;2
Lời giải:
Ta có:



2
2
2
2
2
2
2
0
22
0;
22
20
022
220 4
0
22
0;
20
20
220
x
x
x
x
fx
x
yxfx x
x
x
x
x
fx
x













.
Do vậy hàm số
2
2yfx đồng biến trên các khoảng

;4, 2;0, 2;2
và nghịch biến trên
các khoảng

4; 2 , 0; 2 , 2; . Chọn B.
Câu 25: Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số

3
2
21 3 5yx m x mx có
ba điểm cực trị?
A.
1
;
4




B.

1
0; 1;
4



C.
;0
D.
1; 
Lời giải:
(Học sinh tự vẽ hình tưởng tượng) Hàm số

3
2
21 3 5yx m x mx có ba điểm cực trị
khi và chỉ khi hàm số
32
21 3 5yx m x mx có hai điểm cực trị không âm.
Vậy phương trình
2
322130xmxm khi:

2
Δ4 5 10
1
0
4
22 1
0; 0
1
3
mm
m
m
SPm
m



.
Chọn B.
Câu 26: Cho hàm số
y
fx có đồ thị như hình vẽ bên và có đạo
hàm
f
x
liên tục trên
. Đường thẳng trong hình vẽ
bên là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại gốc tọa độ. Gọi
m
là giá trị nhỏ nhất của hàm số
yfx
. Mệnh đề nào sau
đây là
đúng?
A. 2m  B. 20m
C. 02m D. 2m
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 9/51
Lời giải: Dựa vào đồ thị hàm số trên ta thấy rằng
0x
chính là nghiệm của phương trình
0fx

và
là điểm cực trị của hàm số
y
fx
. Mặt khác hàm số
y
fx
có dạng hàm số bậc 2 với hệ số bậc
cao nhất dương. Khi đó giá trị nhỏ nhất này chính là
0f
đồng thời là hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm
có hoành độ
0x .
Dựa vào đồ thị ta thấy tiếp tuyến có dạng
yax
và đi qua điểm có tọa độ xấp xỉ
1; 2, 2 cho nên ta suy
ra

2, 2 0af m

.
Chọn A.
Câu 27: Cho dãy số
n
a thỏa mãn điều kiện
1
1
3
1; 5 1
32
nn
aa
a
n

với mọi
n
. Tìm số nguyên
dương
1n
nhỏ nhất để
n
a ?
A. 39n B. 41n C. 49n D. 123n
Lời giải:
Ta có:
112
21
333
5 1 ; 5 1 ; ...5 1
31 34 5
nn n n
aa a a
aa
nn


  

.
Nhân vế với vế ta được:

1
8.11.14... 3 1 3 2
33 3 32
5 1 1 .... 1
3 1 3 4 5 5.8.11.... 3 4 3 1 5
n
aa
nn
n
nn nn






.
Khi đó ta có công thức tổng quát

5
log 3 2
n
an. Chọn B.
Chú ý: Tới đoạn này sử dụng lệnh CALC là nhanh nhất. Nhưng nếu bài toán không cho trước đáp số có
thể sử dụng Bảng TABLE để truy tìm giá trị nguyên dương
1n nhỏ nhất để
n
a .
Câu 28: Cho số thực
1
z và số phức
2
z thỏa mãn
2
21zi và
21
1
zz
i
là số thực. Gọi
,
M
m
lần lượt là
giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
12
zz . Tính giá trị của biểu thức ?TMm
A.
4T
B. 42T C. 32 1T  D. 23T 
Lời giải:
Ta đặt
12
,zazbci khi đó:
21
1
12
abcii
zz
cba
i


đồng thời ta cũng
có

2
2
2
21 2 1zi bc . Do vậy
12
2zz abciccic .
Vì
 
22
2
21 2 1 31 3bc c c c
do đó
12
22;32 42zz c T



.
Câu 29: Cho khối tứ diện
A
BCD có
0
3, 4, 90BC CD ABC BCD ADC  . Góc giữa hai
đường thẳng
A
D và
B
C bằng
0
60 . Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng
A
BC
và

A
CD
?
A.
243
43
B.
43
86
C.
443
43
D.
43
43
Lời giải:
Ta dựng
A
EBCD
và dễ dàng chứng minh được
B
CDE
là hình chữ nhật. Khi đó
0
,60AD BC ADE khi đó
ta suy ra
33 63
ABCD
AE V
.
Mặt khác ta chú ý công thức tính nhanh:
2sin,
3
ABC ACD
ABCD
S S ABC ACD
V
AC
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 10/51
Do vậy đặt
,ABC ACD α
và theo định lý Pythagoras ta suy ra
43;6;213AB AD AC
.
Khi đó:

21
63 343 12sin
2
613
α



243
cos
43
α .
Câu 30: Tìm giá trị lớn nhất của
22
1Pz zz z
với
z
là số phức thỏa mãn 1z .
A.
13
max
4
P
B.
9
max
4
P
C.
13
max
3
P
D.
11
max
3
P
Lời giải:
Ta có



2
2
22 2
2
2
2
22 2
222 22
11112 121
zz zzzz zz x zz x
zz zz zz zz zz zz x
 
   
.
Từ đây ta tìm được


1;1
13 7
max max 2 2 2 1 .
48
Pxxx

Câu 31: Cho số phức
z
thỏa mãn
2
25zm m
với
m
là số thực. biết rằng tập hợp điểm của số
phức

34 2wizi
là đường tròn. Tính bán kính
R
nhỏ nhất của đường tròn đó.
A.
min
5R
B.
min
20R
C.
min
4R
D.
min
25R
Lời giải:
Ta có:
22
34525 2525iz m m w i m m . Vậy
2
52520Rmm.
Câu 32: Có bao nhiêu giá trị của
m
để tồn tại duy nhất số phức z thỏa mãn
.1zz
và 3zim.
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
Lời giải:
Gọi
,( , )zxyixyR
,ta có hệ:
22
222
1(1)
(3)(1) (0)
xy
xymm


Ta thấy
03mz i không thỏa mãn
.1zz
suy ra
0m
.
Xét trong hệ tọa độ
Oxy
tập hợp các điểm thỏa mãn (1) là đường
tròn
1
()C có
1
(0;0), 1OR , tập hợp các điểm thỏa mãn (2) là
đường tròn
2
()C tâm
2
(3;1),
I
Rm
,ta thấy
1
2OI R suy ra
I
nằm ngoài
1
()C . Để có duy nhất số phức z thì hệ có nghiệm
duy nhất khi đó tương đương với
12
(),()CC tiếp xúc ngoài và tiếp
xúc trong, điều điều này xảy ra khi
12
12 1OI R R m m
hoặc
21
12 3RROI m
.
Câu 33: Xét số phức z và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là
M
và
M
¢
. Số phức
()
43zi+
và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là
N
và N
¢
. Biết rằng
M
MNN
¢¢
là một hình
chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất của
45zi+-
.
A.
5
.
34
B.
2
.
5
C.
1
.
2
D.
4
.
13
Lời giải:
Gỉa sử zabi ( ,ab ) được biểu diễn bởi điểm
;
M
ab
Khi đó số phức liên hợp của
z
là zabi được biểu diễn bởi điểm

;
M
ab
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 11/51
Ta có:
43 43 4 3 4 3 4 3 3 4ziabi iaaibibababi
do đó số phức
43zi
được biểu diễn bởi điểm
43;34Na ba b
Khi đó điểm biểu diễn số phức liên hợp của số phức
43zi là
43;34Nabab

Ta có:






;0;2
4343;3434 0;68
43 ;34 33;33
MM a a b b MM b
NN abababab NN ab
M
Nabaabb MNabab












 


Vì
M
MNN

là một hình chữ nhật nên ta có:
0
.0
MM NN
MM MN


 


268
,0
23 3 0
bab
ab a b
ba b



 

2
2
2
911
45 5 4 5 4 2
22
2
zbbizi b b i b b b

  


Vậy
min
19
45
2
2
zi b
 hay
99
22
zi .
Câu 34: Cho số phức
2
21zm m i với m . Gọi
C là tập hợp các điểm biểu diễn số phức
z trong mặt phẳng tọa độ. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi
C và Ox .
A. 1. B.
4
.
3
C.
32
.
3
D.
8
.
3
Lời giải:
Gọi

;
M
xylà điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng tọa độ.
Vì


2
2
22
2
22
21
11
21
mx
xm mx
zm m i
ym ym
yx





 


Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức là đường cong
C
với

2
21yx
Xét phương trình hoành độ giao điểm của
C và Ox ta có :

2
2
3
210 430
1
x
xxx
x

 

Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi
C và Ox là
1
2
3
4
(2)1 .
3
Sx dx

Chọn B.
Câu 35: Xét số phức z thỏa mãn

10
12 2 .iz i
z

Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.
3
2.
2
z
B.
2.z
C.
1
.
2
z
D.
13
.
22
z
Lời giải:
Ta có:
 
22
10 10
221 221 1ziz z z z
zz

. Chọn D.
Câu 36: Cho hai số phức
12
,zz thỏa mãn
12
86zz i và
12
2zz. Tìm giá trị lớn nhất của
12
P
zz.
A. 46.P B. 226.P C. 535.P  D.
32 3 2.P 
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 12/51
Lời giải: Gọi




12
1
22
2
12
86
,,,
2
ac bdi i
zz acbdi
zabi
abcd
zcdi
zz acbdi
ac bd













22
22
12
22
22
100
86
4
4
ac bd
zz ac bd i
ac bd
ac bd









2222
222 2
104 52ac bd ac bd a b c d   
Mặt khác

..
22 2 2 22222 2
12
1 1 2.52 2 26.
BCS
Pz z ab c d abcd 
Câu 37: Cho số phức
z
thỏa mãn 8820zz . Gọi
,mn
lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn
nhất của
z
. Tính
P
mn
.
A.
16.P
B.
10 2.P
C.
17.P
D. 510.P
Lời giải:
Gọi zxyi
,xy và
,
M
xy là điểm biểu diễn của số phức z trong mặt phẳng
phức. Xét các điểm
12
8; 0 , 8; 0FF
. Ta có :

22 2
2
1
888.MF x y x y z
 
22 2
2
2
888.MF x y x y z
 
22
22
12
8 8 20 8 8 20 20zz x yx y MFMF
Do
1212
MF MF F F
Tập hợp điểm
M
là một elip có dạng
22
22
1
xy
ab

2
22
222
max 10
2 20 100
116
8
100 36
min 6
36
z
aa
xy
mn
c
z
bac






.
Câu 38: Cho hàm số
yfx liên tục trên
0;1 đồng thời thỏa mãn các điều kiện sau:

0;1
max 6fx
và

1
2
0
0xf xdx
. Giá trị lớn nhất của tích phân

1
3
0
x
fxdx
bằng bao nhiêu?
A.
1
8
B.
3
32 4
4
C.
3
24
16
D.
1
24
Lời giải:
Ta có với mọi số thực
a
thì

1
2
0
0ax f x dx
do đó:


 
11 1 1
332 32 32
00 0 0
6x f x dx x ax f x dx x ax f x dx x ax dx a

Do đó:
 
11
332
00
min 6 min
aa
x
fxdx x axdx ga




. Tới đây ta chia các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Nếu 0a thì
322
00;1xax xxa x . Khi đó:
 
11
32 32
0
00
13
666min
43 2
a
a
g a x ax dx x ax dx g a





Trường hợp 2: Nếu 1a thì
322
00;1xax xxa x . Khi đó:
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 13/51
 
11
32 23
1
00
11
666min
34 2
a
a
ga x ax dx ax xdx ga





Trường hợp 3: Nếu
0;1a thì

11
4
32 23 32
00
243
66
2
a
a
aa
fa xaxdx axxdx xaxdx



.
Ta tìm được



3
4
0;1 0;1
32 4
243 13
min min
2422
aa
aa
ga






vậy


3
32 4
min
4
a
ga
.
Do vậy:
  


33
11 1
33 3
0;1
00 0
32 4 32 4
min max
44
a
xf xdx ga xf xdx xf xdx



.
Câu 39: Cho hàm số
y
fx có đạo hàm liên tục trên đoạn
0;1 thỏa mãn
2018
3'
f
xxfxx với
mọi

0;1x . Giá trị nhỏ nhất của tích phân

1
0
f
xdx
bằng:
A.
1
2021 2022
B.
1
2018 2021
C.
1
2018 2019
D.
1
2019 2021
Lời giải:
Ta có:
2018
3.'
f
xxfxx
2 3 2020
3'
x
fx xf x x
 


2018
3 2020 3 2020
00
0;1
2021
tt
t
xf x x xf x dx x dx t f t

 

 

Khi đó

11
2018
00
1
.
2021 2019.2021
x
f x dx dx

Giá trị nhỏ nhất của tích phân

1
0
f
xdx
là
1
.
2019.2021
Câu 40: Cho hàm số
f
x
có đạo hàm liên tục trên

0;1
thỏa mãn

1
2
0
1
10,
11


ffxdx
và

1
4
0
1
55

xf xdx
. Tích phân

1
0
f
xdx
bằng
A.
1
7
B.
1
7
C.
1
55
D.
1
11
Lời giải:
  
1
11
55
4
00
0
55





xx
x
fxdx fx f xdx
. Suy ra

1
5
0
1
11
xf xdx
. Hơn nữa ta dễ dàng tính
được

1
2
5
0
1
11
xdx
. Do đó
 

111
2
2
55
000
20




fx dx xfxdx x dx

1
2
5
0
0



fx x dx
.
Suy ra
5
f
xx
, do đó

6
1
6

f
xxC
. Vì
10f
nên
1
6
C
. Vậy

11
6
00
11
67



x
f x dx dx
.
Câu 41: Cho hàm số
f
x
có đạo hàm liên tục trên

0;1
thỏa mãn

1
2
0
3
10, 2ln2
2


ffxdx
và


1
2
0
3
2ln2
2
1

fx
dx
x
. Tích phân

1
0
f
xdx
bằng
A.
12ln2
2
B.
32ln2
2
C.
34ln2
2
D.
1ln2
2
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 14/51
Lời giải: Ta có:


  
1
11 1
2
00 0
0
11 1
11 1
11 1
1

 

 


 


fx
dx f x d f x f x dx
xx x
x
.
Suy ra

1
0
13
12ln2
12




fxdx
x
. Hơn nữa ta tính được:


1
2
11
2
00
0
111 13
1 1 2 2ln 1 2 ln 2
11 12
1



 









dx dx x x
xx x
x
.
Do đó
  
22
11 1 3
2
00 0 0
11 1
21 1 0 1 0
11 1
 

 

 



 

fx dx fxdx dx fx dx
xx x
.
Suy ra

1
1
1

fx
x
, do đó
ln 1
f
xx x C. Vì
10f
nên ln 2 1C .
Ta được

11
00
1
ln 1 ln 2 1 ln 2
2
 


fxdx x x dx
.
Câu 42:
Có bao nhiêu số nguyên
m
để phương trình

3
sin sin3 sin 3sin 4sinmm x x x
có
nghiệm thực?
A.
9
B.
5
C. 4 D.
8
Lời giải:
Ta có
3
sin3 sin sin3 sin 3sin 4sin sin3mxmx x xx

3
sin 3 sin sin 3 3sin sin 3sin sin 3 3sin 4sinmx mx x xmx xm x
. Chọn A.
Câu 43: Phương trình
11 1
... 2018 0
1 2 2018
x
e
xx x


có tất cả bao nhiêu nghiệm thực?
A. 1 B.
0
C.
2018
D.
2019
Lời giải:
Ta có:


 
22 2
11 1
... 0
1 2 2018
x
fx e
xx x


do đó lập bảng biến thiên Chọn D.
Câu 44: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho bốn đường thẳng có phương trình lần lượt là
12 34
12 22 1 2 1
:;: ;:;:
122 244211 221
x
y zxy zxyz xyz
dd dd

 

.
Biết rằng đường thẳng
có vector chỉ phương
2; ;uab
cắt cả bốn đường thẳng đã cho. Giá
trị của biểu thức
23ab
bằng:
A.
5
B. 1 C.
3
2
D.
1
2
Lời giải:
Ta phát hiện ra 2 đường thẳng đầu đồng phẳng do đó ta viết phương trình mặt phẳng đi qua 2
đường thẳng đó. Tiếp đó xác định giao điểm của 2 đường thẳng
34
,dd với mặt phẳng vừa tìm được và
chính là đường thẳng đi qua 2 giao điểm đó.
Câu 45: Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho mặt phẳng


22
:2 1 1 10 0Pmxm ym z
và
điểm
2;11; 5A
. Biết khi m thay đổi tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng
P
và đi qua
A
. Tìm tổng bán kính hai mặt cầu đó.
A.
72
B.
15 2
C.
52
D.
12 2
Lời giải:
Gọi tâm
,,I abc
khi đó bán kính mặt cầu:
,RIAdIP
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 15/51


22
222
2
21110
2115
12
mambmc
Ra b c
m




2
222
2
210
2115
12
mbc mabc
Ra b c
m


đúng với
m
.
Do vậy
00
10 5
aa
bcbc c





nên

2
12
9
5
411 122
25
2
b
b
Rb RR
b

.
Câu 46: Cho hàm số
3
32fx x x m. Có bao nhiêu số nguyên dương 2018m sao cho với mọi
bộ ba số thực
,, 1;3abc thì
,,
f
afbfc là độ dài ba cạnh một tam giác nhọn.
A. 1989 B. 1969 C. 1997 D. 2008
Lời giải:
Ta đặt





3
1;3
1;3
3 2 max 20;min 0gx x x gx gx
 khi đó
 
f
xmgx
.
Ta có:



,, 1;3 ,, 1;3f a f b f c abc m g c g a g b abc


1;3
1;3
max 2min 20mgx gxm

.
Và






222
222
,, 1;3 ,, 1;3f a f b f c abc m g a m g b m g c abc
2222
20,,1;3mgagbgcmgagbgc abc

  

2
2
22220,,1;3m g a g b g c g a g b g a g c g b g c g c abc







2
2,,1;3mga gb gc ga gc gb gc abc







2
2
1;3
1;3
2max min ,, 1;3m g a g b g c g x g x abc






1;3
1;3
max 20 2 2min 49mgx gxm

. Chọn B.
Câu 47: Trong không gian hệ tọa độ
Oxyz
, cho phương trình các mặt phẳng

:210Pxy z và
:2 1 0Qxyz. Gọi

S là mặt cầu có tâm thuộc Ox đồng thời cắt mặt phẳng
P
theo
giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và cắt mặt phẳng
Q theo giao tuyến là một
đường tròn có bán kính bằng
r
. Xác định
r
sao cho chỉ tồn tại duy nhất một mặt cầu thỏa mãn
điều kiện đã cho.
A.
10
2
r
B.
32
2
r
C. 3r D.
14
2
r
Lời giải:
Ta gọi
;0;0Ia
là tâm mặt cầu. Khi đó bán kính:




22
22 2
,2,RrdIQ dIP
 
22
2
21 1
4
66
aa
r

 do đó để có duy nhất 1 tâm mặt cầu thỏa mãn thì giải
0
. Chọn B.
Câu 48: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz gọi là đường thẳng đi qua điểm
2,1, 0A
, song
song với mặt phẳng
:0Pxyz
và có tổng khoảng cách từ các điểm
0, 2,0 , 4, 0,0MN
tới đường thẳng đó đạt giá trị nhỏ nhất? Vector chỉ phương của là?
A.

1, 0,1u

B.
2,1,1u

C.
3, 2,1u

D.
0,1, 1u


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 16/51
Lời giải: Ta gọi

:10Qxyz
là mặt phẳng qua điểm
2,1,0A
, song song với mặt phẳng
:0Pxyz
.
Đồng thời ta phát hiện ra rằng điểm
2,1, 0A
là trung điểm
M
N
.
Khi đó tổng khoảng cách
,
M
FNGMCND=2dMQ
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
là đường thẳng đi qua
A
và hai
hình chiếu
C và
D
của các điểm
0, 2,0 , 4, 0,0MN tới mặt
phẳng
Q . Chọn A.
Câu 49: Cho hai số thực
,ab
lớn hơn 1 thay đổi thỏa mãn 10ab . Gọi
,mn
là hai nghiệm của
phương trình
log log 2log 3log 1 0
ab a b
xx x x. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Smn
.
A.
16875
16
B.
4000
27
C.
15625
D.
3456
Lời giải:
phương trình tương đương với:

2
log log 2 3log log 1 0
ba ba
ax ax
Theo vi – ét ta có:

32 32
23log
log log 2log 3 log
log
b
aa a a
b
a
mn b abmnab
a

Khi đó ta có



2
3
1;9
10 max 6 3456Sfa a a fa f
.
Chọn đáp án D.
Câu 50: Cho ba số thực
,,abc
thay đổi lớn hơn 1 thỏa mãn
100abc
. Gọi
,mn
là hai nghiệm của
phương trình

2
log 1 2log 3log log 1 0
aaaa
xbcx
. Tính
23Sa b c
khi
mn
đạt
giá trị lớn nhất.
A.
500
3
S
B.
700
3
S
C.
650
3
S
D.
200S
Lời giải:
Theo vi – ét ta có:

23 23
log log 1 2log 3log log
aa a aa
mn b c abcmnabc
Theo
A
MGM
ta có:
 
3
2
433
100 3 . . (100 ) 100 100
27 2 2
bb
mn ab a b a a b a b a b

   



6
8
3
3 2 3 100
4 625.10
2
27 6 27
b
aab











.
Dấu bằng đặt tại
3 50 100 150 700
3 100 , ,
23333
b
aababcS
. Chọn đáp án B.
Câu 51: Tìm
n
biết rằng
  
1
110
1 1 ... 1
nn
n
nn
ax a x ax a x
 đồng thời
123
231aaa .
A. 9n B. 10n C. 11n D. 12n
Lời giải:
Ta đặt 1
x
y khi đó

1
110
... 1
n
nn
nn
ay a y ay a y
.
Như vậy
123
231 11
nn n
CCC n
.
Chọn C.
Câu 52:
Biết rằng khi
,mn
là các số dương khác 1, thay đổi thỏa mãn
2017mn
thì phương trình
8log .log 7log 6log 2017 0
mn m n
xx x x luôn có hai nghiệm phân biệt ,ab. Biết giá trị
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 17/51
lớn nhất của
ln ab
là
37
ln ln
413813
cd
 
 
 
với ,cd là các số nguyên dương. Tính
23Scd
.
A.
2017S
B.
66561S
C.
64544S
D.
26221S
Lời giải:
Ta có: 8log .log .log 7log 6log .log 2017 0
mn m m n m
xm x x m x

2
8log log 6log 7 log 2017 0
nm n m
mx m x
Theo vi – ét ta có

67
88
6log 7 6 7
log log log log log .
8log 8 8
n
mm m m m
n
m
ab n ab mn
m




Vì vậy
 
67
3
7
88
4
8
37
. 2017 ln ln ln 2017
48
ab m n m m ab f m m m
Mà



3 7 12102 12102 3 12102 7 14119
' 0 ln ln ln
4 8 2017 13 13 4 13 8 13
fm m ab f
mm




Do đó
12102, 14119 66561cd S
. Chọn đáp án B.
Câu 53: Cho hàm số


cos 2017
2
32
x
fx x x
và dãy số
n
u
được xác định bởi công thức tổng
quát

log 1 log 2 ... log
n
uf f fn
. Tìm tổng tất cả các giá trị của
n
thỏa mãn điều
kiện
2018
1
n
u
?
A.
21
B. 18 C. 3 D. 2018
Lời giải:
Ta có:

11
log cos 2017 log 1 log 2
nn
n
kk
ufk kk k





(
k
chẵn)
(
k
lẻ).
Trường hợp 1:
2np
(Chẵn), khi đó ta có khai triển sau:
log3 log 4 ... log 2 1 log 2 2 log 2 log 3 ... log 2 log 2 1
n
upp pp 
.
Như vậy

log 1
n
up cho nên
2018
1918
n
upn
.
Trường hợp 1:
21np
(Lẻ), khi đó ta có khai triển sau:
log3 log 4 ... log 2 1 log 2 2 log 2 log 3 ... log 2 2 log 2 3
n
upp pp
.
Như vậy

log 4 6
n
up
cho nên
2018
11 3
n
upn  .
Kết luận: Tổng các giá trị của
n
thỏa mãn điều kiện
2018
1
n
u
là 21. Chọn A.
Câu 54: Cho dãy số
n
u
được xác định bởi công thức
1
2
1
2
2018 2017
nn n
u
uu u

. Tìm giới hạn của dãy
số
12
23 1
...
11 1
n
n
n
u
uu
S
uu u


?
A.
1
lim
2018
n
S
B. lim 2018
n
S C.
2017
lim
2018
n
S
D. lim 1
n
S
Lời giải: Ta có:


11
1
11
2018 1
2018 1 2018 1 1 1
nnn n nn
nnnn
nnnn
uuu u uu
uuuu
uuuu






1
111 1
11
2018
2018 1 1 1 1 1 1
nnnn
nnnn nn
uuuu
uuuu uu






.
Như vậy:
11
11 1 1
2018 lim 2018 lim 2018
11 21lim1
nn n
nn
SS S
uu u





.
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 18/51
Câu 55: Cho số phức z có
1z
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 3 2017
1008 1 1 1 ... 1Pzzzz
A.
min
1007P B.
min
2018P C.
min
1008P D.
min
2016P
Lời giải:
Ta có:


2016
2017 2016 2017 2016
2014
2015 2014 2015 2014
2
32 3 2
11 1 1 11
11 1 1 11
...
11 1 1 11
zz z zzzz
zz z zzzz
zz z zzzz



Vậy:
2 3 2017
1008 1 1 1 ... 1 1008 1 1 1008 1 1 2016Pzzzz zz zz
.
Do đó
min
2016P
và đẳng thức xảy ra có nhiều trường hợp trong đó có
1z 
.
Câu 56: Cho hàm số
yfx nhận giá trị không âm và liên tục trên đoạn
0;1 đồng thời ta đặt

0
1
x
g
xftdt
. Biết
 
g
x
f
x
với mọi
0;1x
. Tích phân

1
0
1
dx
gx
có giá trị lớn
nhất bằng:
A.
1
3
B. 1 C.
2
2
D.
1
2
Lời giải:
Đặt
   




2
0
10;1100;1
1
x
Fx
Fx ftdt gx Fx f x x x
Fx






2
0
1
11
1
1
t
Fx
ht dx t
Ft
Fx





là hàm số đồng biến trên
0;1 do vậy ta có đánh giá:


 


1
0
11 11
0 0;1 1 0 1 0;1
11 2
hx h x x x x dx
Fx Fx gx


.
Câu 57: Cho hàm số
yfx nhận giá trị không âm và liên tục trên đoạn
0;1 đồng thời ta đặt

0
13
x
g
xftdt
. Biết
 
2
g
xfx
với mọi
0;1x
. Tích phân

1
0
g
xdx
có giá trị
lớn nhất bằng:
A.
5
2
B.
4
3
C.
7
4
D.
9
5
Lời giải:
Đặt
   



2
0
13 0;1 10 0;1
31
x
Fx
Fx ftdt gx Fx f x x x
Fx





0
22
131
33
31
t
Fx
ht dx F t t
Fx





là hàm số nghịch biến trên
0;1 do vậy ta có:


 


1
0
22 3 7
00;131 03110;1
33 2 4
hx h x Fx t Fx x x gxdx
.
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 19/51
Câu 58: Cho hàm số
yfx
nhận giá trị không âm và liên tục trên đoạn
0;1
đồng thời ta đặt

2
0
1
x
g
xftdt
. Biết
2
2
g
xx
f
x
với mọi
0;1x . Tích phân

1
0
g
xdx
có giá trị
lớn nhất bằng:
A. 2 B.
3
C. 4 D. 1
Lời giải:
Đặt


 



2
2
222
2
0
2
12 0;1 100;1
1
x
xf x
Fx ftdt gx Fx xf x x x
Fx





2
2
0
2
1ln1
1
t
xf x
ht dx Ft t
Fx





là hàm số nghịch biến trên
0;1 do vậy ta có:







1
0
0 0;1 ln 1 0 1 0;1 2
x
hx h x Fx x Fx e x gxdx
.
Câu 59: Cho khai triển

2
01 2
1 2 ...
n
n
n
x
aaxax ax. Biết
12
2 ... 34992
n
Sa a na ,
tính giá trị của biểu thức
012
3 9 ... 3
n
n
P
aaa a ?
A.
390625
B.
78125
C.
1953125
D.
9765625
Lời giải:
Ta có:

2
01 2
1 2 ...
n
n
n
x
aaxax ax do vậy lấy đạo hàm hai vế ta được:

1
1
12
2 1 2 2 ...
n
n
n
nx aax nax

Thay
1
x
vào khai triển trên ta được:
1
12
2 .3 2 ... 34992 8
n
n
naa na n

Vậy với
8n ta có:

8
012
3 9 ... 3 1 2.3 390625
n
n
Pa a a a . Chọn A.
Câu 60: Ba tia , ,Ox Oy Oz đôi một vuông góc. Gọi C là điểm cố định trên Oz , đặt 1OC hai điểm
,
A
B thay đổi trên ,Ox Oy sao cho OA OB OC. Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện
.OABC
?
A.
6
.
4
B.
6
.
3
C.
6
.
2
D. 6.
Lời giải: Ta đặt
;0; 0 , 0; ; 0 , 0; 0;1Aa B b C
trong đó

22 22
1
12
2
ab ab ab . Khi đó
ta có bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện:
22
1116
11
2224
Rab
. Chọn A.
Câu 61: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu
222
:2220Sx y z x y z và điểm
2; 2;0A . Viết phương trình mặt phẳng
OAB , biết rằng điểm B thuộc mặt cầu

S , có
hoành độ dương và tam giác
OAB
đều.
A. 20xy z B. 0xyz C. 0xyz D. 20xy z
Lời giải: Ta có 22OA do đó điểm B nằm trên các mặt cầu tâm O và tâm
A
có cùng bán kính 22
nên tọa độ
B
là nghiệm của hệ:


222
222
222
22
2
2220
8
8 0 2;0; 2
2
228
xyz xyz
xyz
xyz xyz B
xy
xyz







.
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 20/51
Câu 62: Cho dãy số
n
u
xác định bởi
1
11
5; 2 2.3
nnnn
nn
uuu

với mọi
1n
. Tìm số nguyên nhỏ
nhất thỏa mãn
100
25
nn
n
u 
.
A.
146
B.
233
C.
232
D.
147
Lời giải:
Ta có:

11 1
1
12 2 2
21 21
12
21
21
22.3
22.3
2 1 2 2 ... 2 2 1 3 3 ... 3
...
22.3
nn n n
nn
nn n n
nnn
nn
n
uu
uu
u
uu








.
Do vậy: 23
nnn
n
u  nên
100 100
3
2 5 3 5 100log 5 147
nn n
n
unn . Chọn D.
Câu 63: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng
:2230Px y z và hai điểm
1; 2;3 , 3; 4;5AB
. Gọi
M
là một điểm di động trên
P
. Giá trị lớn nhất của biểu thức
23MA
MB
bằng:
A. 36 78 B. 33 78 C. 54 6 78 D. 33
Lời giải:
Ta dễ dàng nhận thấy
A
P
và
23AB
do vậy
23
M
AMAAB
P
M
BMB


.
Áp dụng định lý hàm số sin:
sin sin
2cot cos 2 cot
sin 2 2 2
M
BA AMB MAB MBA AMB MAB
P
MAB

 

 
 
.
Do vậy
max
P
MAB nhọn và đạt giá trị nhỏ nhất hoặc tù và đạt giá trị lớn nhất. Điều này xảy ra khi và
chỉ khi
M
nằm trên đường thẳng hình chiếu của
A
B trên
P
và tam giác
M
AB cân tại .
A
Chọn C.
Câu 64: Cho hàm số
yfx
xác định và liên tục trên
thỏa mãn
5
4321
f
xx x
với mọi
x . Tích phân

8
2
f
xdx
bằng:
A. 10 B.
32
3
C. 72 D. 2
Lời giải:
Ta đặt
5
43
x
tt
và đổi cận: 2x  thì 1t  và 8x thì 1t . Do đó:




81 1
55 4
21 1
43 43 215 4 10f x dx f t t d t t t t dt



.
Câu 65: Cho hàm số
y
fx
có đạo hàm cấp hai liên tục trên đoạn
0;1
đồng thời thỏa mãn các điều
kiện
  
11 1
00 0
'''0
xx x
ef xdx ef xdx ef xdx

. Giá trị của biểu thức

'1 '0
10
ef f
ef f
bằng:
A. 2 B. 1 C. 2 D. 1
Lời giải:
Ta đặt
  
11 1
00 0
'''
xx x
ef xdx ef xdx ef xdx a

. Sử dụng tích phân từng phần ta có:
 
 


11
00
11
00
10 102
'1 '0
1
10
10 102
xx
xx
aedfxef f efxdxef f a
ef f
ef f
aedfxeff efxdxeff a






Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 21/51
Câu 66: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz
cho
1,0,1 , 3,4, 1 , 2,2,3AB C .
Đường thẳng
d đi qua
A
, cắt các mặt cầu
đường kính
A
B và
A
C lần lượt tại các
điểm ,
M
N không trùng với
A
sao cho
đường gấp khúc
B
MNC có độ dài lớn nhất
có vector chỉ phương là?
A.
1, 0, 2u
B.
1, 0,1u
C.
1, 0, 1u 
D.
2,0, 1u 
Lời giải: Ta phát hiện được tam giác ABC vuông tại A
mặt khác:


22
22
22
2
22
MA MB MA MB AB
BM MN NC AB AC
NA NB NA NB AC



Chú ý rằng đẳng thức xảy ra được bởi vì trong trường hợp các tam giác
,
M
AB NAC vuông cân và tam
giác
A
BC vuông thì ,,
A
MN vẫn thẳng hàng cho nên đường thẳng d khi đó có

1, 0,1u
. (Học sinh
cần tự tìm các tọa độ của ,
M
N sao cho các tam giác ,
M
AB NAC vuông cân tại ,
M
N và nằm trong mặt
phẳng
A
BC
).
Chọn B.
Câu 67: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz
gọi
d là đường thẳng đi qua điểm
1, 0, 0A
có hình chiếu trên mặt phẳng
:2280Px y z là
'd
. Giả sử giá
trị lớn nhất và nhỏ nhất khoảng cách từ
điểm

2, 3, 1M 
tới 'd là
và
.
Tính giá trị của T
?
A.
2
B.
6
2
C.
2
2
D.
6
3
Lời giải: Ta có xét
A
là hình chiếu của
A
trên

P
. Khi đó đường thẳng 'd đi qua điểm
A
. Ta gọi G
là hình chiếu của M trên đường thẳng
'd
và H là hình chiếu của M trên

P
. Ta có các đánh giá:
6
3
MH MG MA T MA MH



Câu 68: Cho các số thực dương
,ab
thỏa mãn
1
42 221sin2 120
aa a a
b

. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
2Sa b .
A. 1
2
B.
2
C. 1
D.
3
1
2
Lời giải:
Biến đổi giả thiết, ta có:
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 22/51
2 2
2 2.2 22 1sin2 1 2 0 2 1 22 1sin2 1 1 0
aaa a a a a
bb


2 2
2 2
21sin2 1 1sin2 10 21sin2 1 cos2 10
cos 2 1 0
21
2
21sin2 10
2110
aa a aa a
a
a
aa
a
bb bb
b
bk
b
 








Do đó
1, 1 ,
2
ab kk
 . Do 011211
22
bb S





.
Chọn C.
Câu 69: Cho hai số thực 1, 1ab. Biết phương trình
2
1
1
xx
ab
có hai nghiệm phân biệt
12
,
x
x
. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2
12
12
12
4
xx
Sxx
xx




.
A. 4 B.
3
32 C.
3
34 D.
3
4
Lời giải:
Ta có:
12
2
12
log
1log 0
1
b
b
x
xa
xxa
xx



Khi đó
 
2
3
3
22
11 1
4log 2log 2log 3 .2log .2log 3 4
log
log log
bbb bb
b
bb
Saaa aa
a
aa




Dấu bằng đặt tại

1
3
2
2
3
11
2log log
2
log
bb
b
aa ab
a
. Chọn đáp án C.
Câu 70: Cho các số nguyên dương ,ab lớn hơn 1. Biết phương trình
2
1
x
x
ab
có hai nghiệm phân biệt
12
,
x
x và phương trình

2
1
9
x
x
ba
có hai nghiệm phân biệt
34
,
x
x thỏa mãn
1234
3xxxx
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
32Sab.
A. 12 B. 46 C. 44 D. 22
Lời giải:
Với
2
1
x
x
ab
, lấy logarit cơ số a hai vế ta được:
22
1log log 10
aa
xxbxxb 
Phương trình này có hai nghiệm phân biệt, khi đó

2
2
log 4 0 log 2
aa
bbba
Tương tự
  
2
12
9 1 log 9 log 9 4 0
x
x
bb
baxxa a

Khi đó theo vi – ét

 
12
3
34
log
log log 9 3 log 9 3 9 4
log 9
a
ab b
b
xx b
ba a aaa
xx a



Vì vậy
16 17 3.4 2.17 46bbS . Chọn đáp án B.
Câu 71: Xét các số nguyên dương ,ab sao cho phương trình .4 .2 50 0
xx
ab có hai nghiệm phân
biệt
12
,
x
x
và phương trình
9.3500
xx
ba
có hai nghiệm phân biệt
34
,
x
x
thỏa mãn
3412
x
xxx. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 32Sab.
A. 49 B. 51 C. 78 D. 81
Lời giải:
Ta có:
111
2
222
0; 0; 0
200 0
0; 0; 0
SP
ba
SP



Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 23/51
Khi đó

12 1 2
3
12 4
12 2
34 3
50 50
22.2 log
33.350 log50
xx x x
x
xx x
xx
aa
axx a


. Vì vậy:

2
3412 3 2
50
log 50 log 3 200 600 25 2 3 81xxxx a a b a b S ab
a




Câu 72: Cho hai số thực ,ab lớn hơn 1 thay đổi thỏa mãn
10ab
. Gọi ,mn là hai nghiệm của
phương trình
log log 2log 3 0
ab a
xx x
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
9
P
mn a
.
A.
279
4
B. 90 C.
81
4
D.
45
2
Lời giải:
Ta có:

2
log log log 2log 3 0 log log 2log 3 0
aba a ba a
xax x ax x 
Theo vi – ét ta có:

222
2
log log 2log log log log
log
aa aa a a
b
mn bb mn bmnb
a

Vậy

2
22
9 279 279
9910
244
Pb ab b b

 


Dấu bằng đặt tại
911
,
22
ba
.
Chọn đáp án A.
Câu 73: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho các điểm
;0;0 , 0; ; , 0;0;
A
aBbcCc với
4, 5, 6abc và mặt cầu
S
có bán kính bằng
310
2
ngoại tiếp tứ diện
OABC . Khi tổng
OA OB OC
đạt giá trị nhỏ nhất thì mặt cầu

S tiếp xúc với mặt phẳng nào dưới đây?
A. 22 26320xy z B. 2227220xyz
C.
2223220xyz
D.
2223220xyz
Lời giải: Ta có:
222
90abc và 4, 5, 6abc. Khi đó: 429;538ab .
Ta có:

22
90 ,OA OB OC a b c a b a b f a b .
Xét

2
22
1045
2
90
ab
fa a
ab


. Lập bảng biến thiên ta được:

22
min , min 4 ; 29 min 4 74 ; 29 61
f
ab f f b b b b
Dễ có:
 
22 2
474 2961 5;38 min , 474bbb bb fabbbfb

 

.
Do

2
1037
74
b
fb b
b

nên lập bảng biến thiên ta được
min , 5 16fab f
.
Do đó giá trị nhỏ nhất của
OA OB OC là 16 khi
4, 5, 7abc
.
Câu 74: Cho hàm số
y
fx
nhận giá trị không âm và liên tục trên đoạn
0;1
đồng thời ta đặt

0
12
x
g
xftdt
. Biết
 
3
g
xfx


với mọi
0;1x
. Tích phân

1
2
3
0
g
xdx

có giá
trị lớn nhất bằng:
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 24/51
A.
5
3
B. 4 C.
4
3
D.
5
Lời giải: Ta đặt

0
x
Fx ftdt
khi đó
 

3
12 0;1gx Fx f x x 

.
Do vậy




33
10 0;1 10 0;1
12 12
fx Fx
xx
Fx Fx
 

.
Xét hàm số:






2
3
3
0
33
112 0;1
44
12
t
Fx
ht dx Ft t t
Fx





là hàm nghịch biến trên

0;1
cho nên





22
33
33 4
00;1 12 012 10;1
44 3
ht h t Ft t Ft t t
.
Do đó:



 
111
2
22
33
3
000
445
10;1 1
333
gx x x gx dx x dx gx dx


 

 


. Chọn A.
Câu 75: Cho hàm số
f
có đạo hàm liên tục trên
1; 8
đồng thời thỏa mãn điều kiện:



2282
2
2
33 2
1111
2
21
3
f
xdx fxdx fxdx x dx




Tính tích phân

2
3
1
f
xdx


bằng:
A.
8ln2
27
B.
ln 2
27
C.
4
3
D.
5
4
Lời giải:
Đặt
32
3tx dt xdx . Khi đó:



2282
2
2
33 2
1111
2
21
3
f
xdx fxdx fxdx x dx




 
88 8
2
2
3322
33 322 2
11 1
11 21
21 1 0
3
f
tdt ft tdt tdt
tt t




 
2
3
2
8 2
3
32
3
1 1
1
8ln2
01
27
ft t
dt f t t f x dx
t









. Chọn A.
Câu 76: Cho hai số thực dương ,ab lớn hơn 1 và biết phương trình
2
1
1
xx
ab
có nghiệm thực. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức

4
log
log
a
a
Pab
b

.
A. 4 B. 5 C. 6 D. 10
Lời giải:
phương trình tương đương với:
22
1 log 0 log log 0
aaa
xx b xxb b
Điều kiện để phương trình có nghiệm là

2
log 4log 0 log 4 log 0
aa aa
bb bb
Khi đó


4;
44
log 1 1 min 4 6
log
a
a
Pb ftt ftf
bt

 
Với log 4
a
tb. Chọn đáp án C.
Câu 77: Giả sử k là số thực lớn nhất sao cho bất đẳng thức
22 2
11
1
sin
k
xx

đúng với
(0; )
2
x

.
Khi đó giá trị của
k là
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 25/51
A. 5 B. 2 C. 4 D. 6
Lời giải:
22
22 2 22
11 11
11.()
sin sin
k
kkfx
xx x x





với
22
11
() 1.
sin
fx
x
x

Xét hàm số ( )
f
x trên 0;
2


, ta có
33
22cos
'( ) 0 ; .
sin 2
x
fx x o
xx




Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên suy ra
2
.() 0; 4.
2
kfxx k




Câu 78:
Cho
,ab
nguyên dương lớn hơn 1. Biết
11log log 8log 20log 11 0
ab a b
xx x x
có tích hai
nghiệm là số tự nhiên nhỏ nhất. Tính
23Sab
.
A.
28S
B.
10S
C.
22S
D.
15S
Lời giải:
Phương trình tương đương với:

2
11log log 4 2 5log log 11 0
ba ba
ax ax
Phương trình này luôn có hai nghiệm phân biệt vì
1
0; , 1
log
b
Pab
a

Gọi hai nghiệm là
12
,
x
x . Theo vi – ét ta có
12
820820
log
11 11 11 11
12 12
42 5log
820
log log log
11log 11 11
820
log log
11 11
a
b
aa a
b
b
aa
a
xx b
a
x
xbxxaba


Ta có đánh giá sau

11 1
20 8 20 8 9 8
11 11 11
12
222.xx a b b b
Và
11 11
9 8 11 9 8 17 8 8 24
99
48
2. 2.2 2 3, 2 4 ; 8 2 8, 2
22
bk k k k b k b b a  
Do đó
12
16xx và 2.2 3.8 28S . Chọn đáp án A.
Câu 79: Cho phương trình:
2
cos 1 cos 2 cos sin
x
xm x m x
. Phương trình có đúng hai nghiệm
thuộc đoạn
2
0;
3



khi:
A. 1.m  B. 1.m  C. 11.m D.
1
1.
2
m
Lời giải: Ta có
2
cos 1 cos 2 cos sin
x
xm x m x
cos 1 cos 2 cos cos 1 cos 1 0xxmxmxx

cos 1 1
cos 2 2
x
xm

Vì
21
0; cos 1
32
x
x




nên
1 không có nghiệm trên
2
0;
3



. Xét

2
cos 2 , 0;
3
fx xx




Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 26/51
Ta có

0
2sin2 , 0 sin2 0
2
x
fx xfx x
x

 
. Bảng biến thiên:
x
0
2
2
3

f
x
0
0

f
x
1
1
2
1
Yêu cầu của bài toán trở thành tìm các giá trị thực của tham số m để
2
có hai nghiệm thực phân biệt
trên
2
0;
3



. Từ bảng biến thiên ta thấy
2 có hai nghiệm thực phân biệt trên
2
0;
3



khi và chỉ khi
1
1
2
m . Từ đó ta chọn được đáp án đúng là
D.
Câu 80:
Cho hình chóp
.SABC
có
,, 1.ABSA x BC SyACSBC
Thể tích khối chóp
.S ABC
lớn nhất khi tổng
x
y bằng:
A. 3 B.
2
3
C.
4
3
D. 43
Lời giải: Ta gọi ,
M
N lần lượt là trung điểm của , .SA BC
Dễ chứng minh được ( )SA MBC và
M
BC
cân tại
M
Tính được:
22222
22 2
1.
4444
B
CSABCxy
MN MB AB

Do đó:
22
.
1
1.
64
S ABC
x
y
VV xy

Vì
22
2
x
yxy nên

2
12
1().2
6212
xy
Vxy xy xy
. Dấu bằng xảy ra
khi .
x
y Đến đây, có hai hướng xử lý:
Thứ nhất, sử dụng BĐT Côsi:

3
2
2
32
22
()2 4. . (2 )4. .
22 3 27
xy xy
xy
xy xy
xy xy xy







Dấu bằng xảy ra
24
.
2
33
2
xy
xy xy
xy
xy


Thứ hai, đặt txy và xét
2
() (2 )
f
tt t, đạt GTLN khi
4
3
t , suy ra
24
.
33
xy xy
Câu 81: Cho đa thức:
8 9 10 11 12
( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)Px x x x x x     . Khai triển và rút gọn ta
được đa thức P(x) =
212
01 2 12
...aaxax ax . Tìm hệ số
8
a .
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 27/51
A. 715 B. 720 C. 700 D. 730
Lời giải: Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newtơn vào bài toán ta có:
0
(1 ) .
n
nkk
n
k
x
Cx

Hệ số của số hạng chứa
k
x
là:
k
n
C
. Áp dụng vào bài tập ta thấy hệ số
8
a
chính là tổng tất cả hệ số của số
hạng chứa
8
x
. Vậy hệ số
8
a trong khai triển P(x) là:
888 8 8
8 9 10 11 12
CCC C C = 715.
Câu 82:
Cho hàm số
()
f
x
có đạo hàm
()
f
x
có đồ thị như hình vẽ . Hàm
số
3
2
() () 2
3
x
g
xfx xx
đạt cực đại tại điểm nào?
A. 1
x
B. 1x 
C.
0x
D.
2x
Lời giải:
Ta có ()
g
x xác định trên
và
2
() () ( 1)gx f x x

 do đó số nghiệm của
phương trình
() 0gx
bằng số giao điểm của
hai đồ thị
()
yf
x
và
2
(1)yx
;
() 0gx
khi đồ thị
()
yf
x
nằm trên
2
(1)yx và ngược lại.
Từ đồ thị suy ra
0
() 0 2
1
x
gx x
x

nhưng ()
g
x
chỉ đổi dấu từ dương sang
âm khi qua
1
x
.
Do đó hàm số đạt cực đại tại
1
x
.
Câu 83:
Cho hai số phức
12
,zz khác
0
thỏa mãn
22
1122
0zzzz. Gọi ,
A
B lần lượt là các điểm biểu
diễn của
12
,zz. Tam giác OAB có diện tích bằng 3 . Tính môđun của số phức
12
zz .
A. 23 B. 3 C. 2 D. 4
Lời giải: Ta chứng minh được tam giác
OAB
đều cho nên diện tích bằng 3 chứng tỏ
12
2zz.
Khi đấy:
2
222
0
12 1 2 12
2 . .cos60 12 2 3 .z z OA OB z z OA OB z z

Câu 84:
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất số phức z thỏa mãn
.1zz và 34zim . Tính tổng các phần tử thuộc S .
A. 10 B. 42 C. 52 D. 40
Lời giải: Ta có quỹ tích là các đường tròn tâm

0;0 , 1OR và tâm
3, 4 ,IRm
. Do đó có hai trường
hợp tiếp xúc ngoài và trong cho nên 4RR OI m

hoặc 6OI R R m

. Chọn A.
Câu 85:
Gọi
H
là hình phẳng giới hạn bởi parabol

2
:8
P
yxx
và trục hoành. Các đường thẳng
,,yaybyc với
016abc
chia

H thành bốn phần có diện tích bằng nhau. Giá
trị của biểu thức

333
16 16 16abc bằng:
A. 2048 B. 3584 C. 2816 D. 3480
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 28/51
Lời giải: Ta có công thức tính nhanh: “Nếu hai đồ thị cắt nhau có
phương trình hoành độ giao điểm
2
0ax bx c khi đó diện tích
hình phẳng giữa hai đồ thị đó là

3
2
Δ
6
S
a
với
2
Δ4bac ”.
Do đó xét
22
880xx a x xa nên
3
416
3
a
a
S
.
Tương tự ta có:
33
416 416
;
33
bc
bc
SS


.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol

2
:8
P
yxx và trục hoành là

0
4
64
3
S .
Mặt khác vì


3
3
0
416
464
64 4 16 256
333
aa
a
SSS a

.
Có:

3
3
416
128
2 16 1024
33
ba
b
SS b

và

3
3
416
3 64 16 2304
3
ca
c
SS c

Như vậy:

333
16 16 16 3584abc . Chọn B.
Câu 86: Cho hàm số
42
0yfx axbxca
có điều kiện

;0
min 1fx f


. Giá trị nhỏ nhất
của hàm số

yfx trên đoạn
1
;2
2



bằng:
A. 8ca B.
7
16
a
c
C.
9
16
a
c
D. ca
Lời giải: Ta chú ý rằng điểm cực trị của hàm số có
0x
cho nên nếu như

;0
min 1fx f


chứng tỏ
rằng 1x  là các điểm cực tiểu của hàm số cho nên
42
2
f
xax x c.
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số

y
fx trên đoạn
1
;2
2



bằng

1
f
ca . Chọn D.
Câu 87: Cho hàm số

yfx có đạo hàm liên tục trên
. Đồ thị của
hàm số

yfx như hình vẽ bên. Khi đó giá trị của biểu thức

42
00
22
f
xdxfxdx



bằng bao nhiêu:
A. 10 B.
2
C. 2 D.
6
Lời giải: Ta có:

42 24
00 22
22
f
x dxfx dx fxdxfxdx



.
Như vậy:

42 4
00 2
22 426fx dx fx dx fxdx f f



.
Câu 88:
Xét các số thực dương
,ab
thỏa mãn

2
22 2 2
log 2log 2 2 log 1 sin log 0aa a ab .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
23Sab.
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 29/51
A.
3
1
2
B.
3
2
2
C.
1
D.
9
2
2
Lời giải:
Theo điêìu kiện bài toán ta có:


2
2
22 2
log 1 sin log cos log 0aab ab


2
2
22
2
1
1
cos log 0
log
2
2
log 1 sin log 0
4
log 1 1 0
2
2
a
bk
ab
ab k
aab
a
a
bk










Trường hợp 1: Nếu
3
11 1
22
ab S
 
Trường hợp 2: Nếu
39
42 2
22
ab S

.
Chọn đáp án A.
Câu 89: Cho các số thực ,1ab và phương trình
log log 2018
ab
ax bx
có hai nghiệm phân biệt m
và n. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
22 22
4936 1Pab mn
.
A. 144 B. 72 C. 36 D. 288
Lời giải:
Phương trình tương đương với:
1 log 1 log 2018 log log log log 1 2018
ab abab
xx xxxx

2
log log (1 log )log 2017 0
ba ba
ax ax
Khi đó theo vi – ét ta có:
1log 1 1
log log log 1 log
log
b
aa a a
b
a
mn b mn
aabab

Vì vậy áp dụng bất đẳng thức
A
MGM
ta có

22 22
22 22
36 36
4 9 1 24.9.2 .1144Pab ab
ab ab




Dấu bằng đạt tại
22
22
49
3, 2
36
1
ab
ab
ab

.
Chọn đáp án A.
Câu 90: Xét bảng ô vuông gồm
44
ô vuông. Người ta điền vào mỗi ô vuông đó một trong hai số
1
hoặc
1
sao cho tổng các số trong mỗi hang và tổng các số trong mỗi cột đều bằng
0
. Hỏi có
bao nhiêu cách?
A.
72
B.
90
C.
80
D.
144
Lời giải: Xét 1 hàng (hay 1 cột bất kì). Giả sử trên hàng đó có
x
số 1 và
y
số -1. Ta có tổng các chữ số
trên hàng đó là
xy
. Theo đề bài có 0
x
yxy.
Lần lượt xếp các số vào các hàng ta có số cách sắp xếp là 3!.3!.2.1 =72 (Cách)
Câu 91:
Từ một tấm tôn có kích thước 90cm x 3m, người ta làm một
máng xối nước trong đó mặt cắt là hình thang
A
BCD có
hình dưới. Tính thể tích lớn nhất của máng xối.
A.
3
40500 6 .cm B.
3
40500 5 .cm
C.
3
202500 3 .cm D.
3
40500 2 .cm
Lời giải: Ta có:
H
α
D
C
B
A
30cm
30cm
30cm
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 30/51

11 sin2
2 2 30 30cos 30sin 900 sin
22 2
ABCD
SADBCCHBCHDCH





Xét hàm
số:
sin 2
sin
2
y
 trên 0;
2



có:
20
1
' cos cos 2 2cos cos 1 ' 0 cos 60
2
yy


dễ thấy


0
0
60
2
33
0, 1,
4
yy y






2
33
900 675 3
4
ABCD
M
ax S cm
Vậy thể tích lớn nhất của máng xối là:
3
675 3.300 202500 3Vcm
Câu 92:
Tìm tất cả các giá trị của
m
để bất phương trình
2
3sin2 cos2
1
sin 2 4cos 1


xx
m
xx
đúng với mọi
x
A.
35
4
m
B.
35 9
4
m
C.
65 9
2
m
D.
65 9
4
m
Lời giải: Ta có:
2
3sin2 cos2 3sin2 cos2
sin 2 4cos 1 sin 2 2cos2 3
x
xxx
y
xx xx



.
Và
sin 2 2cos 2 3 0; xx xϒ
. xét phương trình
3sin2 cos2
sin 2 2cos 2 3
xx
y
xx


sin 2 2cos2 3 3sin 2 cos2 3 sin 2 2 1 cos2 3
x
xy x xy xy x y
Phương trình trên có nghiệm nên

222
22
321 3 510109yy yyyy
2
565 565
410100
44
yy y
 

. Suy ra giá trị lớn nhất của y là
565
4

. Chọn D.
Câu 93: Cho tập hợp A có n phần tử
4n
. Biết rằng số tập con của A có 8 phần tử nhiều gấp 26 lần
số tập con của A có 4 phần tử. Hãy tìm
1, 2,3,...,kn sao cho số tập con gồm k phần tử của A
là nhiều nhất.
A. 20k B. 11k C. 14k D. 10k
Lời giải: Ta có
 

84
!!
26 26 7 6 5 4 13.14.15.16
8! 8 ! 4! 4
nn
nn
CC nnnn
nn


713 20nn . Số tập con gồm k phần tử của A là:
k
20
Ck10 thì
k
20
C nhỏ nhất.
Câu 94:
Biết rằng đồ thị của hàm số
32
252yPx x x x cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt
lần lượt có hoành độ là
123
,,
x
xx. Tính giá trị của
22 2
11 22 33
111
43 43 43
T
xx xx xx


?
A.


'1 '3
1
21 3
PP
T
PP




B.


'1 '3
1
213
PP
T
PP




C.


'1 '3
1
21 3
PP
T
PP




D.


'1 '3
1
21 3
PP
T
PP




Lời giải: Ta có:

11 2 2 3 3
111
13 13 13
T
xx x x xx


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 31/51
123 123
11 1 1 1 1 1
2333 111xxx xxx








vì

111
.
13 31xx x x


Vì
123
,,
x
xx là 3 nghiệm của phương trình
123
0.
P
xPxxxxxxx
Suy ra
12 23 31
'
P
xxxxx xxxx xxxx



12 3 31
123 1 2 3
'
111
*.
Px xx xx xx xx xx
Px xx xx xx xx xx xx
 


Thay 1, 3xxvào biểu thức (*), ta được


'1 '3
1
.
21 3
PP
T
PP




Câu 95:
Cho hình chóp S.ABC. Bên trong tam giác ABC ta lấy một điểm O bất kỳ. Từ O ta dựng các
đường thẳng lần lượt song song với SA,SB,SC và cắt các mặt phẳng
,,SBC SCA SAB theo
thứ tự tại
', ', '
A
BC. Khi đó tổng tỉ số
'''OA OB OC
T
SA SB SC
 bằng bao nhiêu?
A.
3T
B.
3
4
T
C. 1T D.
1
3
T
Lời giải: Gọi M,N,P lần lượt là giao điểm của OA, OB, OC với cạnh
BC, CA, AB. Vì
'
'/ /
OA OM
OB SA
SA AM

(Định lí Thalet).
Tương tự, ta có
''
;.
'
OB ON OC OP OM ON OP
T
SB BN SC PC AM BN PC

Với O là trọng tâm của tam giác ABC
,,
M
NP lần lượt là trung
điểm của BC, CA, AB
1
.
3
OM ON OP
AM BN CP
 Vậy tổng tỉ số
'''
1.
OA OB OC
T
SA SB SC

Chú ý: Bản chất bài toán là yêu cầu chứng minh
1.
OM ON OP
A
MBNPC
 Tuy nhiên với tinh thần trắc
nghiệm ta sẽ chuẩn hóa với O là trọng tâm tam giác ABC.
Câu 96:
Tìm số tất cả tự nhiên n thỏa mãn
01 2
100
23
...
1.2 2.3 3.4 ( 1)( 2) ( 1)( 2)
n
nnn n
CCC C
n
nn nn


 
A.
100n
B.
98n
C.
99n
D.
101n
Lời giải: Ta có
01 2 1 2 3 1
111 1
1
... ...
1.2 2.3 3.4 ( 1)( 2) 1 2 3 4 ( 2)
nn
nnn n n n n n
CCC C CCC C
nn n n









01 2
2
234 2
222 2
123
... ...
1.2 2.3 3.4 ( 1)( 2) 1 2 1 2
n
n
n
nnn n
nnn n
CCC C
n
CCC C
nn nn nn



 
.
Khi đó: =
 
2 100
2323
98
12 12
n
nn
n
nn nn
 

 
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 32/51
Câu 97: Số các giá trị nguyên của m để phương trình
2
cos 1 4cos 2 cos sin
x
xm x m x
có đúng 2
nghiệm
2
0;
3



x
là:
A. 3 B. 0 C. 2 D. 1
Lời giải: Ta có:
2
cos 1 4cos 2 cos sin
x
xm x m x
2
cos 1 4.cos 2 cos 1 cos
x
xm x m x
cos 1 4.cos 2 cos 1 cos 1 cos
x
xm x m x x
cos 1 4.cos 2 cos 1 cos 0 xxmxmx
cos 1 4.cos 2 0 xxm
cos 1 0
4cos2 0


x
xm
2
cos 2
4
x
k
m
x

. Chọn C.
Câu 98:
Một khối lập phương có độ dài cạnh là 2cm được chia thành 8 khối lập phương cạnh 1cm .
Hỏi có bao nhiêu tam giác được tạo thành từ các đỉnh của khối lập phương cạnh
1cm .
A. 2876 . B. 2898 . C. 2915 . D. 2012 .
Lời giải: Có tất cả 27 điểm. Chọn 3 điểm trong 27 có
3
27
2925.C
Có tất cả
8.2 6.2 4.2 4 3 2 2 2 49 bộ ba điểm thẳng hàng. Vậy 2925 49 2876 tam giác.
Câu 99:
Cho hàm số
f
x có đạo hàm dương, liên tục trên
0;1 đồng thời thỏa mãn các điều kiện
01f và
   
11
2
00
1
32
9
f
xf x dx f xfxdx






. Tính tích phân

1
3
0
f
xdx
?
A.
3
2
B.
5
4
C.
5
6
D.
7
6
Lời giải: Theo bất đẳng thức Holder ta có:
   
2
111
2
000
1
f
xf xdx f xf xdx dx





.
Như vậy:
     
2 2
111
222
000
11
9490
99
f x f x dx f x f x dx f x f x dx
 
 

 
 
 
 
 

.
Do đó:
   
1
23 3
0
11 7
1
93 6
fxf x f x x f xdx

.
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 33/51
Câu 100: Cho hàm số
f
x
có đạo hàm liên tục trên
0;1
đồng thời thỏa mãn các điều kiện

3
1
2
f
;

1
0
5
6
fxdx
và
 

1
2
0
1
11
23
x
xfxdx
x

. Tính tích phân

1
2
0
?fxdx
A.
7
3
B.
8
15
C.
53
60
D.
203
60
Lời giải: Sử dụng tích phân từng phần ta có:
 
111
000
52
1
63
f x dx f xf x dx xf x dx



.
Mặt khác:
 

 

22
2
21 1 1 1
22
xx
x
fx x fx
xx



.
Tích phân hai vế ta




11
22
00
24 2
33 2 2 3
xx
fx dx fx dx
xx




.
Áp dụng Holder:
   

2
2
11 11
2
00 00
4
22
92 2
xx
x
fxdx x x fxdx x xdx fx dx
xx











.
Do vậy


1
2
0
2
23
x
fx dx
x

nên dấu bằng
  
1
2
2
0
53
22
260
x
fx x fx x f xdx

.
Câu 101:
Có bao nhiêu giá trị của tham số thực m để GTNN của hàm số
2
24yx xm x bằng
1 ?
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
Lời giải:
Nếu
1m
thì
2
2
y
xxm
có GTNN là
11 0mm
(loại).
Nếu
1m thì
2
2
2
6
x
xm
y
x
xm


nên


min min 1 ; 1 1 ; 1 1yff mf m

min min 3 4;4 1 1 ;4 1 1ym m m

min min 3 4;4 1 1ym m
Trường hợp 1:
1
min 3 4 0
7
m
ym
m


Vì 1m nên 7m  khi đó

41 1 0m nên trường hợp này không thỏa mãn.
Trường hợp 2:

min 4 1 1 0 0ymm
khi đó 34 10m  nên trường hợp này
không thỏa mãn.
Kết luận: không tồn tại m thỏa mãn. Chọn đáp án A.
Câu 102: Giá trị lớn nhất của hàm số
2
ln 1
ln 1
x
ym
x

trên
2
1; e


đạt giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu?
A.
12
2
B.
21
4
C.
21
2
D.
12
4
Lời giải:
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 34/51
Ta có

2
2
0;2
1;
1
max max
1
e
t
ym
t



. Ta xét
 

2
2
2
11
'01
1
1
tt
f
tmft t
t
t


Mặt khác
 
35
01 ;1 2 ;2
5
f
mf mf m
. Vậy
2
1;
max max 1 ; 2
e
ymm M



Vì
1
221
2
Mm
M
Mm



. Do đó
21
min
2
M
khi
21
12
2
mm





khi
12
2
m

. Chọn đáp án C.
Câu 103: Biết rằng tiếp tuyến của đồ thị hàm số

333
yxa xb xc có hệ số góc nhỏ nhất
tại tiếp điểm có hoành độ
1
x
 đồng thời ,,abc là các số thực không âm. Tìm GTLN tung
độ của giao điểm đồ thị hàm số với trục tung?
A. 27 B. 3 C. 9 D. 18
Lời giải:
Tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất tại điểm uốn.
Mặt khác


222
'3yxaxbxc  

'' 6 3y xabc
Do đó
'' 0 1 3
3
abc
yx abc

  .
Giao điểm với trục tung có tung độ
333
ya b c
Vì


222 333
9990 9aa bb cc a b c a b c 
Vậy tung độ giao điểm của đồ thị hàm số và
Oy là
3; 0abc
và các hoán vị. Chọn đáp án A.
Câu 104: Cho hàm số

2
3
log
1
mx
fx
x
. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho
3fa fb với mọi số thực ,ab thỏa mãn

ab
eeab
. Tính tích các phần tử của S .
A.
27
B. 33 C. 33 D.
27
Lời giải:
Từ giả thiết ta có:
1ab
Và
 

2
2
4
33 3
1
1 log log log 3
111
ma
ma
fa fb fa f a m
aa


4
4
27 27mm .
Do đó tích phần tử thuộc
S là 27 3 3. Chọn đáp án C.
Câu 105: Với giá trị thực dương của tham số m để đồ thị hàm số
32
331
y
xmxx có các điểm cực
trị A và B sao cho tam giác
OAB có diện tích bằng 82 thì mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. 12m B.
7
2
2
m
C. 34m D. 1m
Lời giải: Đường thẳng qua hai điểm cực trị

2
22 1ymxmpxq
Điều kiện có hai điểm cực trị là
2
1m . Gọi hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là

11
;Ax px q và

22
;Bx px q

12 21
1
.
2
OAB
Sxpxqxpxq

12
1
..
2
OAB
Sqxx

Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 35/51

2
12 12
1
.1. 4
2
OAB
Smxxxx

2
1
.1.4 4
2
OAB
Smm

2
1. 1 8 2
OAB
Smm


22
2 1 1 128mm m


32
3 5 15 43 0mmmm 3m
. Chọn đáp án B.
Câu 106: Số thực
a
nhỏ nhất để bất đẳng thức
2
ln 1
x
xax
luôn đúng với mọi số thực dương
x
là
m
n
với
,mn
là các số nguyên dương và
m
n
tối giản. Tính
23Tmn.
A.
5T
B.
8T
C.
7T
D. 11T
Lời giải:
Từ điều kiện ta có:
2
ln 1
,0
xx
ax
x


.
Xét hàm số

2
ln 1
x
x
fx
x

ta có




2
43
1
12ln1
2ln 1
1
1
'
x
xxx x
xx
x
x
fx
xx





.
Xét

2ln 1
1
x
gx x x
x

ta có


2
22
21
'1 0,0
1
11
x
gx x
x
xx


.
Do đó
00, 0gx g x. Suy ra

3
'0,0
gx
fx x
x
. Do đó lập bảng biến thiên của hàm số
f
x ta có giá trị cần tìm là

0
1
lim
2
x
afx
. Vậy 2.1 3.2 8T . Chọn đáp án B.
Câu 107: Cho ba số thực
,,
x
yz
không âm thỏa mãn
2484
xyz

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
632
x
yz
S .
A.
1
12
B.
4
3
C.
1
6
D.
4
1log3
Lời giải:
Với ,, 1abc ta có
110 1ab abab
.
Do đó
1112abc a b c ac bc c a c b c c a b c .
Áp dụng ta có 2 .4 .8 2 4 8 2 2
xyz x y z
. Do đó
231
231
66
xyz
xyz S

 . Chọn C.
Câu 108: Gọi M và m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của phần thực số phức
3
3
1
wz
z

trong đó
1z . Tính
22
PM m?
A.10 B. 5 C. 29 D. 8
Lời giải: Ta có:

3
3
3
3
111
Re
2
wzz
z
z





33
33
6
11
Re 1
2
wzz zz
z






 

3
3
Re 3 8 6wzz zzzzaafa Trong đó zabi với 11a
Vì

2
1
'2460
2
fa a a
. Và

11
1 2; 1 2; 2; 2
22
ff f f




Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 36/51
Vậy
2
M
và 2m  . Chọn đáp án D.
Câu 109: Cho hàm số

yfx
có đạo hàm liên tục và dương trên
và thỏa mãn điều kiện

01f
đồng thời


2
'
1
fx
x
fx x
. Tính


22 2 1Tf f?
A. 322 B. 2 C. 4 D. 423
Lời giải:
Ta có:


2
00
'
1
tt
fx
x
dx dx
fx x



2
1
ln ln 1
2
ft t

2
1322ft t T
Chọn đáp án A.
Câu 110: Cho dãy số
1
2
1
1
32
nn
u
uu

và
22 2
1 2 2018
... 2018Su u u
. Khi đó S có bao nhiêu chữ
số?
A.963 B. 962 C. 607 D. 608
Lời giải: Ta có
22 2
1
3. 2 .3
n
nn n
uu uab
.
Vì
2
5u  ta có hệ phương trình
2
59
3
13
1
ab
a
ab
b




. Vậy
21
2
.3 1 2.3 1
3
nn
n
u

Khi đó

1 2 2017 2018
2 1 3 3 ... 3 3 1S  . Số chữ số của

2018log3 1 963S .
Chọn đáp án A.
Câu 111: Cho mặt cầu

22
2
:1 4 8Sx y z
và các điểm

3; 0; 0 , 4; 2;1AB
. Gọi M là
một điểm bất kỳ thuộc mặt cầu

S . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2.
M
AMB ?
A. 42 B. 62 C. 22 D. 32
Lời giải:
Ta thấy cả A và B cùng nằm ngoài mặt cầu đồng thời
42 2
30
IA R
IB

. Mục đích cách giải là
tìm C sao cho
2
M
AMC
với mọi điểm M thuộc mặt cầu bằng cách sau: Lấy điểm C trên IA sao cho
I
CM và IMA đồng dạng với nhau tức là
22
.2 2
IM IC IM R R
IC
IA IM IA R

.
Vậy

40;3;0IA IC C

khi đó

22 232MA MB MB MC BC
. Chọn đáp án D.
Câu 112: Cho biết
4
2z
z

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2
1?Pz z
A. 835 B. 65 C. 65 D. 835
Lời giải: Ta có
2
2
44 16
44
zz
zz z
zz z
z
z







2
2
2
2
22
22 2 2
2
16 16
44. 4.
zz z
zz
zz
zz z z


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 37/51
Vì

2
2
4Re 0zz z

do đó
2
2
16
48
z
z

42 2
12 16 0 6 2 5 6 2 5zz z
51 51 835zP . Chọn D.
Câu 113: Cho hàm số

yfx
có đạo hàm liên tục trên

0;1
đồng thời thỏa mãn điều kiện

02f
và

 

2
2
2
2
21 1 12 1 12 ' 0;1xxxfxfxx 

. Tính

1
0
?fxdx
A.
3
4
B.
4
3
C. 2 D.
5
4
Lời giải: Ta có


2
2
2
2
21 1 12 1 12 '
x
xxfxfx 




11
2
2
00
36
61'
5
f
xd x f x dx



 
11
2
2
00
24
61' '
5
x
fxdx fx dx


 
1
2
23
0
'33 0 32fx x dx fx x x



. Chọn đáp án A.
Câu 114: Cho 213 2zi . Tìm giá trị lớn nhất của 13. 12
P
zzi ?
A. 42 B. 43 C. 22 D. 4
Lời giải: Ta có:

22
21 31
;:
22 22
Mz I x y








.
Gọi
1; 0 , 1; 2AB . Chú ý
,,IAB
thẳng hàng đồng thời ta có
3IA IB . Ta tìm max 3
M
AMB .
Ta có:
22
22
33
M
A MB MIIA MIIB

22222
34 32 3
M
AMB MIIAIB MIIAIB 

22222
34 38MA MB MI IA IB
. Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky ta có:

22
331342MA MB MA MB
. Chọn đáp án A.
Câu 115: Cho các số thực

,, 2;3abc . Biết giá trị lớn nhất của

3
1
444
4
abc
Sabc là
m
n
với
,mn là các số nguyên dương và
m
n
tối giản. Tính
2
P
mn .
A. 257P B. 258P C. 17P D. 18P
Lời giải:
Ta có:
44880, 2;3
x
xx . Dấu bằng đạt tại
2;3x .
Do đó
 
3
1
48 240 16
4
S abc abc
. Dấu bằng đạt tại
; ; 3; 3; 2abc hoặc các hoán vị.
Chọn đáp án D.
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 38/51
Câu 116: Cho
,,, ,,abcde f
là các số thực thỏa mãn điều kiện


222
22
2
1231
32 9
ab c
def


. Gọi
M và m lần lượt là các giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của

22 2
Fad be cf .
Tính
PMm?
A. 24 B. 80 C. 35 D. 99
Lời giải:
Gọi

1
,,
I
abc
và

2
,,
I
def
. Khi đó:

222
11
:1 2 31ISx y z
có tâm

11
1; 2; 3 , 1OR

22
2
22
:3 2 9ISx y z có tâm

22
3; 2; 0 , 3OR
Ta dễ thấy
12 1 2
5OO R R
2 mặt cầu nằm ngoài nhau.
Vậy


2
12 1 2
2
12 1 2
81
1
MOORR
mOORR


. Vậy 80
M
m . Chọn đáp án B.
Câu 117: Cho tam diện vuông OABC có bán kính mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp lần lượt là R và r. Khi đó
tỷ số
R
r
đạt giá trị nhỏ nhất là
2
ab
. Tính ?Pab
A.6 B. 27 C. 30 D. 60
Lời giải: Ta có:
222
1
2
R abc
với
,,OA a OB b OC c
Chú ý
2222
A
BC OAB OAC OBC
SSSS



22 22 22
1
2
tp
Sabbccaabbcca
Vậy
22 22 22
3
tp
V abc
r
S
ab bc ca a b b c c a



222 222222
.
1
.
2
a b c ab bc ca a b b c c a
R
r abc


33 3222 222 444
3. . 3. 3.
1
.
2
abc abc abc
R
r abc




33 3 27 3
22
R
r


. Chọn đáp án C.
Câu 118: Tính module của
2 3 2016
1 2 3 4 ... 2017.ziii i .
A. 2036164z B. 2030113z C. 2034145z D. 2032130z
Lời giải:
Ta có


2016 2015 2015 2016
1 ... 1 ... 1 ... 1ziiii i ii   
 

2016 2015 2
2016
2017
11
1
1
...
11 1 1
ii i i
ii
i
ii i i




2017 2016
2017. 1 ...
1
iii
i



2017 2017
2
2017. 1 1
1
ii i
i

Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 39/51
2018 2017
2017. 2018. 1
2
ii
i

2017 2018 1
1009 1008
2
i
i
i


2034145z
. Chọn C.
Câu 119: Cho


123
1. .
23
...
2.3 3.4 4.5 1 2
n
n
n
nnn
n
Cn
CCC
u
nn


. Tính

lim . ?
n
nu
A. 1 B. 0 C. 1 D. 2
Lời giải:
Xét
 
.
.!
12!1(2). !
k
n
kC
kn
kk kkk nk





2
2
2!
..
12 2! ! 12
k
n
n
kk
C
nn k nknn

 


22
22
22
12
kk
nn
kC C
nn





12
12
2.
112
kk
nn
CC
nnn




. Vậy


1
1.
12
k
n
k
n
n
k
C
u
kk





12
12
11
12
.1. .1.
112
nn
kk
kk
nn n
kk
uC C
nnn











23 1 3 4 2
11 1 2 2 2
12
... 1 . ... 1
112
n n
n n
nn n n n n
CC C CC C
nnn

 



lim . 1
12
nn
n
unu
nn


. Chọn đáp án A.
Câu 120: Cho hàm số

f
x
có đạo hàm liên tục trên

0;1
thỏa mãn



2
11
2
00
1
'1..
4
x
e
fx dx x efxdx


và

10f . Tính

1
0
?fxdx
A. 2 e B. 2 e C. e D. 1 e
Lời giải:
Ta có:
 

2
11
00
1
1. . .
4
x
x
e
x
e f xdx f xd xe



1
0
..'
x
x
ef xdx



2
11 1
2
22
00 0
1
'..' .
4
xx
e
f
xdx xefxdx xedx





111
2
22
000
'.2..'0
xx
f x dx x e dx x e f x dx



1
2
0
'. 0
x
fx xe dx
 
'. 1
xx
fx xe fx ex

1
0
2
f
xdx e
. Chọn đáp án B.
Câu 121: Cho

f
x liên tục trên thỏa mãn

4
0
tan 4fxdx
và
2
1
2
0
2
1
xf x
dx
x
. Tính

1
0
?fxdx
A. 8 B. 2 C. 3 D. 6
Lời giải: Đặt

1
2
0
1
tan 4 .
1
x
tftdt
t

. Vậy

1
0
6
f
xdx
. Chọn đáp án D.
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 40/51
Câu 122: Cho hàm số

f
x
có đạo hàm liên tục và không âm trên

1; 4
đồng thời thỏa mãn điều kiện
 
2
2'
x
xf x f x

đồng thời

3
1
2
f . Tính

4
1
?fxdx
A.
1186
45
B.
2507
90
C.
848
45
D.
1831
90
Lời giải:
Ta có:


2
.2 1 '
x
fx f x

 

'
21'
21
fx
x
fx f x x
fx


 
12
221
3
22 1
dfx xdx fx xx C
fx


Vì
 
4
1
3 4 1186
1
23 45
fCfxdx
. Chọn đáp án A.
Câu 123: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho
0;0;1 , ;0;0 , 0; ; 0SMmNn với , 0mn
và
1mn.

SMN luôn tiếp xúc với 1 mặt cầu cố định có bán kính là bao nhiêu biết mặt cầu
đó đi qua

1;1; 1M
.
A. 2 B. 2 C. 1 D. 3
Lời giải: Gọi
;;I abc
là tâm mặt cầu. Khi đó:


22
1
1
,
11
1
abc
mn
R
dI MSN I
mn



.
Chú ý:
2
22
11 11 2
11
mn mn mn




2
11 11
12
mn mn




2
11
1
mn
.
Vậy
1
1
11
1
abc
mn
R
mn


. Chọn
1ab c R a và tâm

;;1Iaa a .

2
2
21 1 1IM a a a a R . Chọn đáp án C.
Câu 124: Cho 43 5zi . Gọi
M
và m là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của 13 1zizi .
Tính
22
P
Mm?
A. 240P B. 250P C. 270P D. 320P
Lời giải:


22
;5: 4 3 5Ix y. Gọi

4;3 ; 5IMzI .
Gọi

1; 3 , 1; 1AB 5IA IB R
+)
22
2
M
AMB MA MB
22
4
M
AMB MH AB
22
4102MA MB KH AB .
Dễ có
5HK HA HB. Lấy C sao cho H trung điểm CK .
Ta có Ptolemy:
.. .
M
ACB MBCA MC AB ..2
AB
MA MB MC KC
CB

Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 41/51
min
210MA MB
Câu 125: Cho

f
x liên tục trên thỏa mãn

10
f
xf x và

7
3
4fxdx
. Tính

7
3
Ixfxdx
.
A. 40 B. 80 C. 20 D. 60
Lời giải:
Ta có:

3
7
10 10 10Ixfxdx

7
3
10Ixfxdx

7
3
210Ifxdx
20I . Chọn đáp án C.
Câu 126: Cho hàm số

2
9
9
x
x
fx
m
. Gọi
S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho
1fa fb với mọi số thực ,ab thỏa mãn

2
1
ab
eeab
. Tính tích các phần tử của
S .
A. 81 B. 3 C. 3 D. 9
Lời giải:
Theo giả thiết ta có:
22
112
ab ab
eabe ab
 
 .
Mặt khác ta có:
2
12
ab
eab

 . Do đó dấu bằng phải xảy ra 20 2ab ab.
Chọn đáp án D.
Câu 127: Cho các số thực , ,
x
yz không âm thỏa mãn

222
02xy yz zx . Biết giá trị
lớn nhất của biểu thức


4
444
3
444ln
4
xyz
P
xyz xyz là
a
b
, với
,ab là các
số nguyên dương và
a
b
tối giản. Tính
23Sab.
A. 13S B. 42S C. 54S D. 71S
Lời giải:
Từ giả thiết ta có:
2
22 1
x
x
; Tương tự ta có: 0 , , 1
x
yz.
Và
222 222 222
2222 1xyz xyz xyyzzx xyz   .
Ta có:
444222 444 222
ln ln 0xyzxyz xyz xyz  
.
Xét hàm số
431
t
f
tt ta có:
 

4
3
'4ln43;'0 log 0;1
ln 4
t
ft ft t
.
Lập bảng biến thiên từ đó suy ra:


  
4
0;1
3
max max 0 ; 1 ; log 0 1 0
ln 4
ft ft f f f f f







.
Vậy ta có:
431, 0;1
t
tt
. Áp dụng ta có:
4443 3
xyz
xyz
.
Từ đó suy ra:

4
321
33
44
Pxyz xyz
. Chọn đáp án C.
Câu 128: Cho , ,
x
yz là các số thực không âm thỏa mãn

222
018xy yz zx . Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức. Biết giá trị lớn nhất của biểu thức

4
333
1
444
108
xyz
P
xyz là
a
b
, với
,ab là các số nguyên dương và
a
b
tối giản. Tính
23Sab.
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 42/51
A. 13S B. 42S C. 54S D. 71S
Lời giải:
Từ giả thiết ta có:


222
2222
22 18 0;3xxyzxyyzzx x.
Một cách tương tự ta có

,0;3yz
.
Do đó ta có

333
41,41,41,,,0;3
xyz
xyzxyz
.
Vì vậy

4
1
3
108
P
xyz xyz .
Đặt
0;9txyz , ta có



4
0;9
121
3max 3
108 4
Pft t t ft f .
Dấu bằng đạt tại
; ; 3;0; 0 ; 0;3;0 ; 0;0;3xyz . Vậy
2.21 3.4 54S 
. Chọn đáp án C.
Câu 129: Cho hàm số

4
4
t
t
ft
m
(với
0m là tham số thực). Biết
1fx fy
với mọi số thực
dương
,
x
y
thỏa mãn
 
1
2
11
.
22
xy xy . Tìm GTNN của hàm số
f
t trên đoạn
1
;1
2



.
A.

1
;1
2
3
min
4
ft



B.

1
;1
2
1
min
2
ft



C.

1
;1
2
1
min
4
ft



D.

1
;1
2
5
min
4
ft



Lời giải:
Từ điều kiện bài toán ta có:
 
1
2
11
.1
22
x
yxy xy .
Khi đó


1
1
1
12
844
44
11 20
44
444
xx
xx
xx
xx
m
fx f x m
mm
mm




.
Khi đó
 
1
;1
2
111
min
2
22
1
4
t
ft ft f







. Chọn đáp án B.
Câu 130: Cho hai số thực ,
x
y phân biệt thỏa mãn
, 0;2018xy . Đặt
1
ln ln
2018 2018
yx
S
yx y x





. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.
2
1009
S
B.
2
1009
S
C.
4
1009
S
D.
4
1009
S
Lời giải:
Theo định lý Lagrange ta có:


2
2018 2018 2
'
2018 1009
2018
2
fy fx
Sfu
yx u u
uu






.
Trong đó

ln
2018
t
ft
t



và u là số nằm giữa
x
và
y
. Chọn đáp án A.
Câu 131: Có bao nhiêu giá trị của
trong
0; 2
để ba phần tử của
sin ,sin 2 ,sin 3S

trùng với
ba phần tử của
cos ,cos 2 ,cos3T

.
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Lời giải:
Ta có: sin sin 2 sin3 cos cos 2 cos3

 .
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 43/51
2cos 1 sin2 2cos 1 cos2

 
2
1
2
cos
3
2
tan 2 1
82
k
k





.
Khi
sin 2 cos 2
thì ta có thể chia các trường hợp sau:
+)
sin cos
4
sin 3 cos3
12 3
k
k





(Loại)
+)
sin cos3 3 2
2
sin 3 cos
82
k
k








. Chọn đáp án D.
Câu 132:
Cho ,
x
y là các số thực thỏa mãn điều kiện
 
22
2
22
1
3 log 1 log 1
2
xy
x
yxy

 

. Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức
33
23
M
xy xy.
A. 7 B.
13
2
C.
17
2
D. 3
Lời giải: Ta có:


2
2
22
22
3 log 3 log 2 2
xy
xy
x
yxy
 .
Vậy

2
22
22 2xy xy x y

2
22
x
yxy
. Khi đó
 
3
26 3
M
x y xy x y xy
.
Đặt

22
3
22
26 3
22
tt
txy M ft t t





.
Với
2
22 4 2;2txyt
. Chọn đáp án B.
Câu 133:
Cho tập
1;2;3;4;5;...;100A
. Gọi S là tập các tập con của A. Mỗi tập con này gồm 3 phần
tử và có tổng bằng 91. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S. Xác suất chọn được phần tử có 3 số
lập thành cấp số nhân là?
A.
4
645
B.
2
1395
C.
3
645
D.
1
930
Lời giải: “Bài toán chia kẹo của Euler: Cho k cái kẹo chia cho t đứa trẻ hỏi có bao nhiêu cách? Bài toán
tương đương với số nghiệm nguyên dương của phương trình
12
...
t
x
xxk. Giả sử có 1k chỗ
trống tại k cái kẹo. Xếp
1t vách ngăn vào 1k chỗ trống có
1
1
t
k
C
cách.”
Nếu
91
abc
abc


, loại. Nếu
91 2 91
abc ac
abc ac



 

.
Vậy chọn a có 45 cách từ 1 đến 45 và chọn c chỉ có 1 cách.
Tương tự cho
,bcca
nên số phần tử không gian mẫu:
2
90
45.3
3870
645
3! 6
C




Nếu
2
91aqaqa
2
1 qq
Ư

91 1;7;13;91
2;3;9q

; ; 1;9;81 ; 7;21;63 ; 13;26;52abc . Vậy 3
A
. Chọn đáp án C.
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 44/51
Câu 134: Cho số phức z thỏa mãn
1z
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
131
P
zz
.
A. 315 B. 20 C. 210 D. 65
Lời giải: Gọi
1; 0 , 1; 0AB , ta có 3
P
MB MA .
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky:
22 2 2
313 210MB MA MA MB .
Chọn đáp án C.
Câu 135:
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho
P
là mặt phẳng đi qua
1; 4; 9M
và cắt các
tia
,,Ox Oy Oz
tại
,,
A
BC
sao cho OA OB OC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó
P
đi qua điểm
nào trong các đáp án sau?
A.
12;0;0
B.
0;6;0
C.

0;12;0
D.

0;0;6
Lời giải:
Gọi mặt phẳng

1
x
yz
P
abc
. Ta có:

2
123
149
136abc
abc abc



.
Đẳng thức xảy ra khi
6
123
12
36
18
a
b
abc
abc
c






. Chọn đáp án C.
Câu 136: Cho , ,
x
yz là các số thực thỏa mãn điều kiện 4916234
x
yzxyz
 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
111
234
x
yz
P


.
A.
987
2
B.
587
2
C.
787
2
D.
387
2
Lời giải:
Đặt 2 , 3 , 4
x
yz
abc ta có:
222
,, 0abc
abc abc

.
Ta cần tìm
min 2 3 4
P
abc
91 1 1
234
22 2 2
Pa b c




.

2222
222
9111
234
2222
P abc








2
max
93 987
29.
24 2
PP




.
Chọn đáp án A.
Câu 137: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho

;;Habc trong đó 1ab bc ca. Mặt
phẳng

qua H và cắt , ,Ox Oy Oz tại , ,
A
BC sao cho H là trực tâm
A
BC . Mặt cầu tâm
O tiếp xúc

có bán kính nhỏ nhất là?
A. 1 B. 2 C.
2
D.
3
Lời giải: Ta có:

222
OH R OH a b c
 .
Lại có:

2
222
2abc abc abbcca

2
22abc
.
Vậy
2R
. Chọn đáp án C.
Câu 138:
Cho hàm số

yfx
có đạo hàm liên tục trên

0;1 đồng thời thỏa mãn điều kiện

00,11ff và

2
1
0
'
1
1
x
fx
dx
ee


. Tính tích phân

1
0
?Ifxdx
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 45/51
A.
2
1
e
e
B.
1
2
e
e
C.
1
D.

1
12
ee
Lời giải:
Theo bất đẳng thức Holder ta có:

 
2
2
111
000
'
1
.' .11
1
x
x
fx
dx e dx f x dx e
ee







Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:


'
.'.
x
x
x
fx
ke f x ke
e
. Vì

1
0
1
'1
1
fxdx k
e

Vậy

1
x
eC
fx
e
. Mà

00,11ff
và

1
1
x
e
fx
e
. Vậy
2
1
e
I
e
. Chọn đáp án A.
Câu 139: Với m để hàm số
2
1yx mx trên

1; 2 đạt giá trị nhỏ nhất là 1 thì mệnh đề nào sau
đây là
đúng?
A.
24m
B.
12m
C.
01m
D.
4m
Lời giải:
Ta có


1;2
min min 1 , 2 ,
2
m
yfff







2
min 2 ; 5 2 ; 1
4
m
mm




Trường hợp 1:
1
21
3
m
m
m

. Tuy nhiên khi thay vào kiểm tra ta thấy chỉ có 3m thỏa mãn.
Trường hợp 2:
2
52 1
3
m
m
m



. Khi thay vào kiểm tra ta thấy chỉ có 3m  thỏa mãn.
Trường hợp 3:
2
22
11
4
0
m
m
m


. Tuy nhiên khi thay vào kiểm tra ta thấy không có giá trị nào
thỏa mãn. Chọn đáp án A.
Câu 140: Cho hàm số
3
1
x
y
x
có đồ thị

C và điểm

A
C . Tiếp tuyến với

C tại A tạo với hai
đường tiệm cận một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất là bao nhiêu?
A.
222
B.
422
C.
32
D.
422
Lời giải: Giả sử M và N là hai giao điểm với đường tiệm cận. Khi đó
8
21;
1
A
A
IM x IN
x

Khi đó
22
2. 2..
IMN
CIMINIMIN IMIN IMIN

842
IMN
C
. Vậy
8
422
422
IMN
s
r
p

. Chọn đáp án B.
Câu 141:
Cho khối lập phương 333 gồm 27 khối lập phương đơn vị. Một mặt phẳng vuông góc với
đường chéo của khối lập phương lớn tại trung điểm của nó. Mặt phẳng này cắt ngang (không đi
qua đỉnh) bao nhiêu khối lập phương đơn vị?
A. 16 B. 17 C. 18 D. 19
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 46/51
Lời giải: Đưa vào hệ tọa độ Oxyz , xét mặt phẳng đi qua trung điểm
OA
và vuông góc
OA
với

3; 3; 3A
là

9
:0
2
Pxyz
. Mặt phẳng này cắt hình lập phương đơn vị nếu điểm

;;ijk
và

1; 1; 1ijk nằm về hai phía

P . Vậy
9
0
39
2
9
22
111 0
2
ijk
ijk
ijk


  
Các họ không thỏa mãn là
3
2
ijk
hoặc
9
2
ijk
tức

0;0; 0 , 0; 0;1 , 0;1; 0 , 1;0;0 , 1; 2; 2 , 2;1; 2 , 2; 2;1 , 2; 2; 2S .
Vậy có
27 8 19
khối lập phương bị cắt. Chọn đáp án D.
Câu 142: Cho biết

0;x 
và

2
32
0
5
x
f
tdt x x
. Tính

4?f
A.
2
B. 8 C.
2
D. 8
Lời giải:
Ta có



2
232
0
05
x
f
tdt Fx F x x
. Vậy

22
2. ' 3 10
x
Fx x x
 

22
3
'542
2
fx F x x f
. Chọn đáp án A.
Câu 143: Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho
A
BC có đỉnh

4;1; 0A , trực tâm

8;1; 0H và

1;1; 0M
là trung điểm BC. Tìm tâm I đường tròn ngoại tiếp
A
BC .
A.

1;1; 0I B.

1; 0;1I C.

1;1; 1I D.

1;1; 0I
Lời giải: Theo tính chất về đường tròn Euler ta có:

2 4;0;0 2 1 ;1 ;AH IM x y z
 
Vậy

1;1; 0I . Chọn đáp án D.
Câu 144:
Cho số phức z thỏa mãn 23 2 45zizi  . Tìm giá trị lớn nhất của 65zi ?
A.
45
B.
55
C.
65
D.
75
Lời giải:
Gọi
2; 3 , 2; 1 , 6; 5AB C . Ta thấy
A
là trung điểm của
B
C .
Mà
45 2
25 2
M
AMB a
A
BcAC


25, 5, 15acb .
Do đó
M
C max khi và chỉ khi:
1
2
M
CCA ABa
25 5 25 55.
Câu 145: Cho hàm số
yfx dương và liên tục trên
1; 3 thỏa mãn




1;3
1;3
1
max 2;min
2
fx fx
và
biểu thức


33
11
1
Sfxdx dx
fx

đạt giá trị lớn nhất. Khi đó tính

3
1
f
xdx
?
A.
7
2
B.
5
2
C.
7
5
D.
3
5
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 47/51
Lời giải: Ta có:

1
2
2
fx
21 20fx fx


15
2
fx
fx



15
2
f
x
fx

 
33
11
5
2
S f xdx f xdx





. Ta tìm được
25
max
4
S khi

3
1
5
2
fxdx
.
Câu 146: Cho hai số phức
z
và w biết chúng thỏa mãn
1
21
1
iz
i

và
wiz
. Tìm giá trị lớn nhất
của
M
zw.
A. 33 B. 3 C. 32 D. 23
Lời giải: Ta có:
121 2iz i
21zi
. Vậy quỹ tích

M
z
là đường tròn tâm
0; 2 , 1IR
. Lại có 2. 3 2wz izz z  . Chọn đáp án C.
Câu 147:
Gọi ,ab là các số nguyên thỏa mãn
00 0 0
1tan1 1tan2...1tan43 2.1tan
a
b đồng
thời
,0;90ab
. Tính
P
ab?
A. 22 B.
46
C.
27
D. 44
Lời giải:
Vì
0
sin 45
sin
1tan 1 2
cos cos
x
x
x
xx





.
Do đó

00 0
43
00 0
sin 46 sin 47 ...sin 88
2.
cos1 cos 2 ...cos 43
P

0
43
0
sin 46
2.
cos1

21 0
2.1 tan1 . Chọn đáp án A.
Câu 148: Cho cấp số cộng
n
a ; cấp số nhân

n
b thỏa mãn
21 21
0; 1aa bb
và hàm số
3
3
f
xx x sao cho
21
2
f
afa và
22 2
log 2 log
f
bfb . Số nguyên dương
1n nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện 2018
nn
ba là?
A. 16 B. 15 C. 17 D. 18
Lời giải:
Tính bảng biến thiên:
Vì

2112
,0;1fa fa aa và
21
1; 0aa.
Tương tự
22
log 1b và
21
log 0b .
Khi đó 1
n
an và
1
2
n
n
b
.
Vậy
1
2018 2 2018 1
n
nn
ba n
. Chọn đáp án A.
Câu 149: Biết rằng
2 2018
2 2018
2019
4
44
2
22
...
lim
...
nn
nn
nn
nn
uu u u
ab
L
c
uu u u



trong đó
n
u xác định bởi
11
0; 4 3
nn
uuun
 và , ,abc là các số nguyên dương và 2019b . Tính Sabc?
A. 1 B. 0 C. 2017 D. 2018
Lời giải:
2
1
41 2 3
nn n
uu n u nn
.
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 48/51
Xét
22018
1
,4 , 4 ,...4Snnn n và
2 2018
2
,2 , 2 ,...2Snnn n .
Ta có:
2
2 3 2. 2.
k
ukk kk
2
3
2.
232.
k
k
kk k


.
Vậy

1
2
2019
2019
2
2019
2
341
2.
3
21
232.
lim
3
3
2.2 1
232.
kS
kS
k
n
kk k
L
k
n
kk k








. Chọn đáp án B.
Câu 150:
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm
3; 4; 5M . Gọi
P
là mặt phẳng qua
M
sao cho
P
cắt các trục tọa độ tại các điểm ,,
A
BC sao cho khoảng cách từ gốc tọa độ tới
P
là lớn nhất. Thể tích khối tứ diện OABC là?
A.
6250
3
B.
3125
9
C.
24
5
D.
144
5
Lời giải: Ta có:
;maxdO P OM
khi
P
có

3; 4; 5nOM

.
:3 4 5 50 0Pxyz
1
50 25
10
32
xyz

50 25 3125
,,10
32 9
OABC
abc V .
Chọn đáp án B.
Câu 151:
Cho hàm số
42
0f x ax bx c a có

;0
min 1fx f

. Giá trị nhỏ nhất của hàm số
trên
1
;2
2



bằng?
A.
8ca
B.
7
16
a
c
C.
9
16
a
c
D.
ca
Lời giải: Dễ dàng suy ra được 0, 0ab và
1x 
là điểm cực tiểu của hàm số.
Vì
3
'4 2 '1 0yaxbxy
khi 2ba . Vậy
42
2yax ax c .
Do đó
1
'2
2
min 1
f
xf ca



. Chọn đáp án D.
Câu 152:
Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng
0
:
1
x
dyt
z
và
0; 4;0A . Gọi
M
là điểm cách đều
d và trục '
x
Ox . Khoảng cách ngắn nhất giữa
A
và
M
bằng:
A.
1
2
B. 32 C. 6 D.
65
2
Lời giải:
Gọi

;;
M
abc ta có:


22
2
2
,
,1
dMOx b c
dMd a c


.
Do đó

2
22 2 2 2
121bc a c ab c .
Khi đó
 
222
22
42216AM a b c b c
. Chọn đáp án C.
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 49/51
Câu 153: Cho hàm số
yfx
có đạo hàm
22
'124fx xx x mx . Có bao nhiêu giá trị
nguyên âm của
m để hàm số

2
yfx có đúng 1 điểm cực trị?
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Lời giải:
Ta có:
252 4 2
'2.' 2 1 2 4yxfx xx xmx
.
Do đó
'0y
khi
2
42
2
0
0
2
240
x
x
mx
xmx
x


. Khảo sát bảng biến thiên ta kết luận
2m  .
Chọn đáp án B.
Câu 154: Cho hàm số

yfx có đạo hàm liên tục trên

0;1 đồng thời

00,11ff và


1
2
2
0
1
'1
ln 1 2
fx xdx

. Tính tích phân

1
2
0
1
fx
dx
x
bằng?
A.

2
1
ln 1 2
2
B.

2
21
ln 1 2
2
C.

1
ln 1 2
2
D.

21ln1 2
Lời giải: Theo bất đẳng thức Holder ta có:
 
2
111
2
2
2
000
1
'1. ' 1
1
fx xdx dx fxdx
x






Mặt khác


1
2
2
0
1
1
ln 1 ln 1 2
0
1
dx x x
x

Vậy đẳng thức xảy ra khi
 
2
4
22
4
'.1 '
11
kk
fx x fx
x
x


Vì

1
0
'1
f
xdx
nên

1
ln 1 2
k
. Vậy



2
1
.ln 1
ln 1 2
f
xxxC
Vì


00
11
f
f

nên
0C
. Do đó


1
2
0
1
ln 1 2
2
1
fx
dx
x

. Chọn đáp án C.
Câu 155:
Cho ,0
x
y và thỏa mãn
2
30
23140
xxy
xy


. Tính tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu
thức
223
322
P
xy xy x x?
A. 8 B. 0 C.
12
D.
4
Lời giải: Ta có
2
3x
y
x
. Thay vào ta có

9
5Px fx
x
 với
9
1;
5
x



Khi đó max min 0PP. Chọn đáp án B.
Câu 156:
Cho mặt phẳng

,,
:0
abc
P bcx cay abz abc
với
,, 0abc
và
111
3
abc
. Gọi

000
,,
M
xyz là điểm cố định của họ mặt phẳng

,,abc
P . Tính giá trị của biểu thức
000
?Ex y z
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 50/51
A.
1E
B.
3E
C.
1
3
E
D.
1
2
E
Lời giải:
Ta có

:1
x
yz
P
abc
. Vậy
111
;;
333
M



. Chọn đáp án A.
Câu 157: Cho các số thực dương
,,abc
lần lượt là số hạng thứ ,,mn p của một cấp số cộng và một cấp
số nhân. Tính

3927
log 2 log 3 log .Pbc a ca b ab c
A.
3P
B.
1P
C.
0P
D.
2P
Lời giải:
Ta có:



1
11
1
11
1
11
1.
1.
1.
m
n
p
au m dvq
bu n d vq
cu p d vq



. Và

3
log . .
bc ca ab
Pabc

3
log . .
bac
acb
P
cba










3
log
mpb nmc pna
Pq

 . Vì:






111
.1 . 1 . 10mpbnmcpnampundnmupd pnumd  
(học sinh tự khai triển). Vậy 0P
Chú ý: Mẹo thay 1abc. Chọn đáp án C.
Câu 158: Tìm m để phương trình
 
1cos 1sin 2 3mxmxm có hai nghiệm
12
,
x
x thỏa mãn
12
3
xx

.
A. 23m  B. 23m  C. 23m  D. Không tồn tại m
Lời giải:
Phương trình có nghiệm

22 2
622 622
1123
22
mm m m
 

*
PT
222
1123
cos sin
22 22 22
mm m
xx
mmm




1
2
2
cos cos
2
xk
x
xk






với
22
123
cos ;cos
22 22
mm
mm




Nếu
12
;
x
x cùng thuộc một họ nghiệm
12
2
x
xk
 (loại)
Nếu
12
;
x
x cùng thuộc hai họ nghiệm
112 2
2; 2xkxk


Do đó

12 12
22
33
xx kk



12
1
cos 2 2 cos cos 2
32
kk



2
2
2
2
2
1
11 1 3
2cos 1 2 1
22 42 2
22
m
m
m
m




2
410 23mm m (không thỏa mãn
*)
Vậy không tồn tại
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn đáp án D.
Câu 159: Cho parabol
2
:
P
yx và hai điểm ,
A
B thuộc
P
sao cho 2
A
B . Tìm diện tích lớn nhất
của hình phẳng giới hạn bởi
P
và đường thẳng
A
B .
A.
4
3
B.
3
4
C.
2
3
D.
3
2
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
LUYỆNTHITOÁNTRẮCNGHIỆMTHPTQUỐCGIA2018 Trang 51/51
Lời giải: Gọi
22
;, ;
A
aa B bb với
ab
. Ta có:

2
2
22
24AB b a b a
22
22
:
1
x
aya xaya
AB
ba b a ba



2
y
abxa a y abxab 



2
bb
aa
Sabxabxdxxabxdx

. Đặt txa. Suy ra:


 
3
2
3
2
00
0
0
236
ba
ba
ba ba
bat ba
t
Stbatdt battdt




Ta có:





2
2222
22
2
4
41 4 4
1
ba b a ba ba ba
ab


Suy ra:

3
3
24
2
663
ba
ba S
 .
Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi

01
1;1 ; 1;1
21
ab b
AB
ba a






Chú ý: Khi làm trắc nghiệm ta có thể đặc biệt hóa
A
B
song song với Ox , từ đó cũng tìm được 0ab.
Câu 160: Cho hàm số

yfx
liên tục trên
\0;1
thỏa mãn điều kiện

12ln2f 
và
 
2
1. '
x
xfxfxxx. Biết

2ln3fab

,ab Q . Tính
22
?ab
A.
3
4
B.
13
4
C.
1
2
D.
9
2
Lời giải: Ta có



1
'.1
1
fx fx
xx




2
1
.' .
11
1
x
x
fx fx
x
x
x


 
.' . ln1
11 1
xx x
f
xfxxxC
xx x





Ta có

1
1. 1 ln2 1
2
fCC . Khi đó

2
2. 2 ln3 1 1 ln3
3
f 

33
2ln3
22
f do đó
22
9
2
ab. Chọn đáp án D.
| 1/51
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
TỔNG HỢP TOÁN VẬN DỤNG CAO
z z z  0 1 2 3 
Câu 1: Cho 3 số phức z ; z ; z thỏa . Tính 2 2 2
A z z
z z z z 1 2 3  2 2 1 2 2 3 3 1
z z z  1 2 3  3 2 2 8 8 3 A. B. 2 2 C. D. 3 3 3
z z  z 1 2 3  8 Lời giải: Ta có: 2 2 2
z z  z A  z  z  z  . Chọn C. 1 3 2 1 2 3 3
z z  z  2 3 1
Câu 2: Cho một cấp số cộng u có u  1 và tổng của 100 số hạng đầu tiên 24850 . Tính giá trị của n  1 1 1 1 1 biểu thức S    ...  ? u u u u u u u u 1 2 2 3 48 49 49 50 4 9 49 A. S  123 B. S C. S D. S 23 246 246
Lời giải: Ta có: u u  497  u
 496 1 99d d  5  u  246 . 100 1 100 50 u u u u u u u u 1 1 1 49 Lại có: 2 1 3 2 49 48 50 49 5S    ...     1  S  . u u u u u u u u u u 246 246 1 2 2 3 48 49 49 50 1 50
Câu 3: Cho số phức 2017 z
1  1 . Gọi P z . Tính A  2017.max P  2017.min P . A. 2016 A  2017. 2 B. 2017 A  2017. 3 C. 2017 A  2017. 2
D. A  2017 Lời giải: Ta có : 2017 2017 2017
max P  max z  0  max P  max z  max z . Mặt khác ta cũng có: 2017 2017 2017
min P z  0  min P  min z  min z . Gọi 2017 z
a bi a,b  Tập hợp điểm biểu diễn số phức 2017 z
là đường tròn tâm I 0;  1 có bán 2017 2017 max P  2 max P  2017. 2 kính R  1 2017      A  2017. 2 . Chọn C. 2017 min P  0 min P  0
Câu 4: Xét số phức z thỏa 2 z 1  3 z i  2 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng: 3 1 1 3 A. z  2 B. z  2 C. z
D. z 2 2 2 2
Lời giải: Ta xét các điểm A1;0, B0;  1 và M  ;
x y với M là điểm biểu diễn số phức z trong mặt
phẳng phức. Ta có : z   z i
x  2  y x  y  2 2 2 2 1 3 2 1 3
1  2MA  3MB .
Ta có : 2MA  3MB  2MA MB  MB  2AB MB  2 2  MB  2 2 .
 2 z 1  3 z i  2 2 . Mà theo giả thuyết ta có : 2 z 1  3 z i  2 2 . M AB
Vậy 2 z 1  3 z i  2 2 . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi 
M B M 0;  1  z  1 MB  0 4  z 1 
Câu 5: Gọi z , z , z , z là nghiệm của phương trình
 1 . Tính giá trị của biểu thức: 1 2 3 4    2z i
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 1/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 P   2 z   1  2 z   1  2 z   1  2 z 1 . 1 2 3 4  19 17 A. 1. B. . C. . D. 2. 7 9 Lời giải:
Ta có:  z  4   z i4   z  2   z i2   z  2   z i2 1 2 1 2 1 2   0      z  
1  2z i    z  
1  2z i    z  2
1  2z i2   0  
 3z 1iz 1 i 2
5z  2  4iz  0   1 i 2  4i 17  z  ; z  1
  i; z  0; z   P  . Chọn C. 1 2 3 4 3 5 9 f  
1 f 3... f 2n   1
Câu 6: Cho f n  n n  2 2 * 1 1 n
  và đặt u  . Tìm số nguyên dương n
f 2 f 4... f 2n 10239
n nhỏ nhất sao cho log u u   ? 2 n n 1024 A. n  23 B. n  29 C. n  33
D. n  21 2
Lời giải: Ta có: f n  n n     n   n  2 2 2   * 1 1 1 1 1 n  .
1  12  13  14  1... 2n 2 1   1  2n2 2 2 2 2  1 1
Đến đây ta dễ dàng có: u   . n
2  13  14  15  1... 2n2  1 2n 2 2 2 2 2 1   2 1 2n  2n 1 10239 1 1 1
Ta có: log u u    log   u
n  23 . Chọn A. 2 n n 2 1024 1024 1024 n 1024
Câu 7: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2
z  2z  5   z 1 2i z  3i  
1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của module z  2  2i . 5 3 A. 1. B. 5. C. . D. . 2 2
Lời giải: Ta có : 2
z  2z  5   z 1 2i z  3i   1
 z 1 2i  0
 z 1 2iz 1 2i  z 1 2iz  3i   1   .
 z 1 2i  z  3i   1 
Trường hợp 1:z 1 2i  0  z  1 2i z  2  2i 1 .
Trường hợp 2:z   i   z i   1 1 2
3 1  b   với z a bi a,b  . 2  1 
z   i a i   i  a   3
i z   i  a  2 9 3 2 2 2 2 2 2 2 2     . Chọn A.  2  2 4 2
Câu 8: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 1 2i  2 2 . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức
P a z 1  b z  3  4i với a,b là số thực dương. A. 2 2 a b . B. 2 2 2a  2b . C. 2 2 4 2a  2b . D. 2 2
a b .
Lời giải: Ta gọi z x yi x, y  . Gọi M  ;
x y là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng phức .
Trong mặt phẳng phức xét các điểm A1;0, B 3
 ;4. Khi đó AB  4 2.
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 2/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 2 2 2
MA MB AB py ta go 2
P bMB  Ta luôn có : 2 2  
MB AB  0   .
P aMA bMBa  2 2  b  2. . P bP  2 2   1 MB   MB    AB   0 * . 2 2    aaa  2 2 2 bb  P  Để phương trình   * có nghiệm thì: 2 2
 '   0  P  1  AB   0 * 2 2 2 aa  a  2 2 Pb  2 2 2     1 AB
 0  P AB  2 2 a b  2 2 2 2
P AB a b  4 2a  2b . Chọn C. 2 2 aa
Câu 9: Cho hàm số y f x thỏa mãn điều kiện 2 f   x 3 1 2
x f 1 x . Lập phương trình tiếp
tuyến với đồ thị hàm số y f x tại điểm có hoành độ x 1? 1 6 1 6 1 6 1 6
A. y   x
B. y   x
C. y x
D. y x 7 7 7 7 7 7 7 7
Lời giải: Ta xét x  0 ta được 2 f   3   f   2 1 1  f   1  f   1   1  0  f   1  0  f   1  1  .
Lại có f   xf   x 2 4 1 2 1 2
1 3 f 1 xf 1 x thay x  0 ta có f   f   2 4 1 1  1 3 f   1 f   1 .
Trường hợp 1: Nếu f  
1  0 thay vào ta thấy 0 1 vô lý.
Trường hợp 2: Nếu f   1  1
 thì thay vào  f     f    f   1 4 1 1 3 1 1   . 7 1 1 6
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y    x   1 1   x  . 7 7 7 Câu 10: Cho hàm số 3 2
y  2x  3x 1 có đồ thị C . Xét điểm A có hoành độ x 1 thuộc C . Tiếp 1 1
tuyến của C tại A cắt C tại điểm thứ hai A A có hoành độ x . Tiếp tuyến của C tại 1 2 1 2
A cắt C tại điểm thứ hai A A có hoành độ x . Cứ tiếp tục như thế, tiếp tuyến của C 2 3 2 3
tại A cắt C tại điểm thứ hai A A có hoành độ x . Tìm giá trị nhỏ nhất của n để n 1  n n 1  n 100 x  5 . n A. 235 B. 234 C. 118 D. 117
Lời giải: Ta có: x a  Tiếp tuyến tại A có phương trình hoành độ giao điểm: k k 3 3 2 3 2
x x   a a    2 2 3 1 2 3 1
6a  6ax a  x a2 2x  4a  3  0  x  2  x k 1  k 2   1 x  1 x  2     1    1  1    Vậy 4  n 3  x  .    . Xét   n  2 1  x  2  x  
x  4     1 n 1  n  2  2  2    2 1 n 1 1 k 1 Do đó x   .   
. Chọn n  2k 1   .4 . 2   100   5 k 100  4 1  2.5 n  2 100 5 4 2 4 2 k 100
 4  2.5 1  k  log  100
2.5 1  Chọn k  117  n  235 . 4 
Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A1;2;  1 , M 2;4; 
1 , N 1;5;3 . Tìm tọa
độ điểm C nằm trên mặt phẳng P : x z  27  0 sao cho tồn tại các điểm B, D tương ứng
thuộc các tia AM , AN để tứ giác ABCD là hình thoi.
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 3/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 A. C 6; 1  7;2  1
B. C 20;15;7
C. C 6;21;2  1 D. C 18; 7  ;9
Lời giải: C là giao của phân giác trong AMN với P . Ta có: AM  3; AN  5 . EM AM 3
Gọi E là giao điểm phân giác trong AMN và MN . Ta có:   EN AN 5 x  1 5t    13 35 7   
5EM  3EN  0  E ; ; 
   AE :  y  2 19t C 6;21;2  1 .  8 8 4  z  1   22t
Câu 12: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng P : x y z  3  0 và tọa độ hai điểm A1;1; 
1 , B 3;3;3 . Mặt cầu S  đi qua hai điểm ,
A B và tiếp xúc với P tại điểm
C . Biết rằng C luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính của đường tròn đó? 2 33 2 11 A. R  4 B. R C. R
D. R  6 3 3
Lời giải: Ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm D 3;3;3 là giao B
điểm của  AB và P . Do đó theo tính chất của phương tích ta được: 2 2 .
DA DB DI R . Mặt khác vì DC là tiếp A I
tuyến của mặt cầu S  cho nên 2 2 2
DC DI R . Do vậy 2 DC  .
DA DB  36 cho nên DC  6 (Là một giá trị không đổi). P D C
Vậy C luôn thuộc một đường tròn cố định tâm D với bán
kính R  6 . Chọn D.
Câu 13: Xét các số thực với a  0,b  0 sao cho phương trình 3 2
ax x b  0 có ít nhất hai nghiệm
thực. Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 a b bằng: 4 15 27 4 A. B. C. D. 27 4 4 15 2
Lời giải: y '  0  x  0 và x
. Từ đây ta có tọa độ 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số là A0;b và 3a  2 4   4  B ;b  
. Để có ít nhất 2 giao điểm với trục hoành thì y .y  0  b b   0 2     3a 27a A B 2  27a    4 2 27a b  4 2
b  0  a b
(Vì b  0 ). Chọn A. 27 z  2i
Câu 14: Cho số phức z a bi a,b   thỏa mãn
là số thuần ảo. Khi số phức z có môđun lớn z  2
nhất. Tính giá trị biểu thức P a b . A. P  0 B. P  4
C. P  2 2 1
D. P  1 3 2 z  2i
a  b  2i
a b2ia 2biLời giải: Ta có:   là số thuần ảo z  2
a  2 bia  22 2  b
a 1 2 sin
a a  2  bb  2  0 2 2
a  2a b  2b  0  a  2  b  2 1 1  2   b  1 2 cos
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 4/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 Ta có: 2 2
a b  2a b 2  z        2 2 4 2 2 sin cos  4  2 2. 1 1  8  2
z max  2 2 khi sin  cos 
a b  4 . 2
Câu 15: Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh a . Gọi E là điểm đối xứng của A qua D . Mặt phẳng qua
CE và vuông góc với mặt phẳng  ABD cắt cạnh AB tại điểm F . Tính thể tích V của khối tứ diện AECF . 3 2a 3 2a 3 2a 3 2a A. V B. V C. V D. V 30 60 40 15 HB FA EM FA FA
Lời giải: Áp dụng định lý Menelaus: . .  3 2 1  2. .  1   HM FB EA FB 4 FB 3 2 3 3  S AE AF 4 4 4 a 2 a 2
AF AB và AE  2AD . Ta có: AEF   .   VV  .  . 5 S AD AB 5 AECF 5 ABCD 5 12 15 ABD
Câu 16: Xét các số phức z a bi a,b  thỏa mãn z  2  3i  2 . Tính P a b khi
z  2  5i z  6  3i đạt giá trị lớn nhất. A. P  3 B. P  3  C. P  7
D. P  7
Lời giải: Do z   i   a  2  b  2 2 3 2 2
3  2 . Suy ra M C có tâm I  2;  3   và bán kính
R  2 . Gọi A 2;  5 , B6; 3   , I2; 
1 . Suy ra P MA MB   2 2 2 MA MB  2 AB Mặt khác ta có 2 2 2
MA MB  2MI  . Suy ra P
MI  I là hình chiếu vuông góc của M 2 Max Max
trên AB M , I , I thẳng hàng.Vì ta thấy IA IB MA MB nên xảy ra dấu =.  
Ta có IM  a  2;b  3, II  4;4 nên AB M , I, I thẳng hàng  4a  2  4b  3  a b 1 . 
 a  22  b  32  2 a  3;  b  4 
Tọa độ M là nghiệm của hệ   
a b 1 a  1  ;b  2  M   3;  4
   P MAMB  2 82 Mặt khác 
. Vậyđể P thì M  3;  4
  Suy ra a b  7 . MaxM   1;  2
   P MAMB  2 50
Câu 17: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình ln m  2sin x  ln m  3sin x  sin x có nghiệm? A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
Lời giải: m  2sin x  ln 
m 3sin x  ln m  2sin x  ln  
m 3sin x 
 m  3sin x  ln m  3sin x
a  ln a b  ln b a b m  2sin x  ln m  3sin x  m  3sin x  ln m  3sin x  sin x sin x sin   3sin x m x em e
 3sin x . Xét hàm số   t
f t e  3t với t  1  ;  1 .  x 1 sin max e
 3sin x f   1   3 1 Vì   t
f t e  3  0 t   1  ;  1 nên:  e
e  3  m   3 . Chọn B. sin e min x e  3sin x f   1  e 3
Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x  2y z  4  0 . Có tất cả bao
nhiêu mặt cầu có tâm nằm trên mặt phẳng P và tiếp xúc với ba trục tọa độ
x 'Ox, y 'Oy, z 'Oz ?
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 5/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 A. 8 mặt cầu B. 4 mặt cầu C. 3 mặt cầu
D. 1 mặt cầu
Lời giải: Gọi tâm I a,b,c, ta có a  2b c  4 . Vì d I,Ox  d I,Oy  d I,Oz 2 2 2 2 2 2
a b b c c a a b c  Nếu a  , m b  ,
m c  m  2m  4  m  2  I 2;2; 2    Nếu a  , m b  ,
m c m m  1 I 1;1  ;1  Nếu a  , m b   ,
m c m  0  4 (Loại)  Nếu a   , m b  ,
m c m  2m  4  I  2;  2;2
Vậy có tất cả 3 mặt cầu thỏa mãn điều kiện của bài toán đưa ra.
Câu 19: Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên  1  ; 
1 đồng thời thỏa mãn điều kiện 2 f x 1 1 1 với mọi x  1  ;  1 và f
 xdx  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2x f  xdx ? 1  1  1 1 2 A. B. C. D. 1  2 4 3 1 1 1 1
Lời giải: Ta đặt 2
I x f xdx I   2
x af x 2 dx
x a f x 2 dx x a dx a       . 1  1  1  1  1 Do đó ta suy ra 2
I  min x a dx . Đến đây ta chia bài toán thành 3 trường hợp như sau: a 1  1 1  2  2
Trường hợp 1: Nếu a  0 thì 2
min x a dx  min .
  2x adx  min 2a    aa0 a0  3  3 1 1  1 1  2  4
Trường hợp 2: Nếu a  1 thì 2
min x a dx  min .    2
a x dx  min 2a     aa 1  a 1   3  3 1 1  1  a a 1  
Trường hợp 3: Nếu a 0;  1 thì 2
min x a dx  min 
  2x adx   2
a x dx    2x adxaa   0;  1   1  1  a a  1  3 3 3 xa x a x 1        2
 min x a dx  min     ax   ax      ax  aa   0;  1  3    1  3   a  3  a 1    1  8a a 2  1 1 2
 min x a dx  min
khi và chỉ khi a  .    2a    aa   0;  1  3 3  2 4 1   1 1 1 1
Kết luận: Như vậy 2
min x a dx  do đó I   min I   . a 2 2 2 1 
Câu 20: Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên 0; 
1 đồng thời thỏa mãn f x 8;  8 với 1 1 mọi x 0;  1 và xf
 xdx  3. Tìm giá trị lớn nhất của 3x f  xdx? 0 0 31 4 17 A. 2 B. C. D. 16 3 8 1 1 1
Lời giải: Ta đặt 3 I x f
 xdx khi đó: I 3a   3x axf x 3
dx x ax f  xdx 0 0 0
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 6/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 1 1 1   3 3 3
I  3a  8 x ax dx a
  I  3a  8 x ax dx a
  I  min  
3a  8 x ax dx .   a 0 0  0  1 1    
Trường hợp 1: Nếu a  0 khi đó 3
min 3a  8 x ax dx
  min 3a  8 3
x axdx  min 2  a  2 aa0 a0  0   0  1 1    
Trường hợp 2: Nếu a  1 khi đó 3
min 3a  8 x ax dx
  min 3a  8 3
ax x dx  min 7a  2  5 aa 1  a 1   0   0 
Trường hợp 3: Nếu a 0; 
1 khi đó ta có đánh giá sau: 1 a    
min 3a  8 x ax dx
  min 3a  8  ax x  1 31 3
3 dx  8   3x axdx  min  2
4a a  2  aa   0;  1   a 0; 1 16  0   0 a  1   31 31 1 31 3 Kết luận: Vậy 3
min 3a  8 x ax dx
. Đẳng thức xảy ra khi a  ; I   3a  .     I a 16 16  8 12 8 0 
ĐÁP ÁN CHI TIẾT BÀI TẬP VỀ NHÀ 20 10  1   1 
Câu 21: Sau khi khai triển và rút gọn, biểu thức 3 x   x   có bao nhiêu số hạng? 2     x   x A. 27 B. 28 C. 29 D. 32 20 10 20 10  1   1  Lời giải: Ta có: 3 x   x   C 1 kx   C 1 i k k iix  . Khai triển này bao gồm 2      20 3   30 4 20 10  x   x k 0 i0
tất cả 2111  32 số hạng. Tuy nhiên ta xét các số hạng bị trùng lũy thừa của nhau.
Ta có: 20  3k  30  4i  4i  3k  10 do đó k phải là số chẵn nhưng không chia hết cho 4. Ta có bảng: k 2 6 10 14 18 i 4 7 10 13 (L) 16 (L)
Vậy có 3 cặp số hạng sau khi khai triển trùng lũy thừa của nhau. Chọn C.
Câu 22: Cho hàm số y f x có đạo hàm cấp hai f   x liên tục trên đoạn 0;  1 đồng thời thỏa mãn
điều kiện f 0  f  
1  1; f 0  2018 . Mệnh đề nào sau đây là đúng? 1 1
A. f  x1 xdx  2018   B. f 
 x1 xdx  2018 0 0 1 1 C. f 
 x1 xdx 1
D. f  x1 xdx  1   0 0 1 1 1 1
Lời giải: Ta có: f  x1 xdx  1 xdf  x  f  x1 x  f  xdx  2018     . Chọn A. 0 0 0 0
Câu 23: Cho phương trình x 2x 1 m     2 m   x 3 8 2 2
1 2  m m  0 . Biết tập hợp các giá trị thực của tham
số m sao cho phương trình có ba nghiệm phân biệt là a;b . Tính S ab? 2 4 3 2 3 A. S B. S C. S D. S 3 3 2 3
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 7/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Lời giải: Ta đặt 2x t
khi đó phương trình có dạng t m 2 2
t mt m  
1  0 . Do đó điều kiện cần và
m  0;S m  0  2
đủ là 3 nghiệm t  0 cho nên: 2
P m 1  0  1 m  . Chọn A. 3  2 Δ  m  4   2 m   1  0
Câu 24: Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:
Hàm số y f  2
x  2 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A.  2;  0 B. 2; C. 0;2 D.  ;  2     2 x 0   x  2  2        f    x 0; 2 x  2 2  x  2 2  0  0  x  2  2 
Lời giải: Ta có: y  2xf  2
x  2  0     x  4    . 2 x  0 x  2  2           f    x 0; 2 x 0 2 x  2  2  0   2   x  2  0
Do vậy hàm số y f  2
x  2 đồng biến trên các khoảng  ;  4
 , 2;0, 2;2 và nghịch biến trên các khoảng  4;
  2 ,0; 2,2;. Chọn B.
Câu 25: Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số 3
y x   m   2 2
1 x  3m x  5 có ba điểm cực trị?  1   1  A. ;    B. 0; 1;    C.  ;0  
D. 1;  4   4 
Lời giải: (Học sinh tự vẽ hình tưởng tượng) Hàm số 3
y x   m   2 2
1 x  3m x  5 có ba điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số 3
y x   m   2 2
1 x  3mx  5 có hai điểm cực trị không âm. 2
Δ  4m  5m 1  0  1  0  m  Vậy phương trình 2
3x  22m  
1 x  3m  0 khi:   22m   1  4 . Chọn B. S 0; P m 0       m 1 3
Câu 26: Cho hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ bên và có đạo
hàm f  x liên tục trên . Đường thẳng trong hình vẽ
bên là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại gốc tọa độ. Gọi m
là giá trị nhỏ nhất của hàm số y f  x . Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. m  2  B. 2   m  0
C. 0  m  2
D. m  2
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 8/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Lời giải: Dựa vào đồ thị hàm số trên ta thấy rằng x  0 chính là nghiệm của phương trình f   x  0 và
là điểm cực trị của hàm số y f  x . Mặt khác hàm số y f  x có dạng hàm số bậc 2 với hệ số bậc
cao nhất dương. Khi đó giá trị nhỏ nhất này chính là f 0 đồng thời là hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm
có hoành độ x  0 .
Dựa vào đồ thị ta thấy tiếp tuyến có dạng y ax và đi qua điểm có tọa độ xấp xỉ 1; 2  , 2 cho nên ta suy ra 2,
 2  a f 0  m . Chọn A. a a 3
Câu 27: Cho dãy số a thỏa mãn điều kiện n 1
a  1; 5   n 1  với mọi n
. Tìm số nguyên n  1 3n  2
dương n  1 nhỏ nhất để a ? n A. n  39 B. n  41 C. n  49
D. n  123 a a 3 aa 3 a a 3
Lời giải: Ta có: n n 1 n 1  n2 2 1 5 1 ; 5  1 ; ...5 1 . 3n 1 3n  4 5      n n    a 3 3 3 8.11.14...3  1 3 2 3n 2
Nhân vế với vế ta được: na 1 5  1 1 .... 1        .  3n 1 3n  4  
5  5.8.11....3n  43n   1 5
Khi đó ta có công thức tổng quát a  log 3n  2 . Chọn B. n 5  
Chú ý: Tới đoạn này sử dụng lệnh CALC là nhanh nhất. Nhưng nếu bài toán không cho trước đáp số có
thể sử dụng Bảng TABLE để truy tìm giá trị nguyên dương n  1 nhỏ nhất để a . n z z
Câu 28: Cho số thực z và số phức z thỏa mãn z  2i  1 và 2
1 là số thực. Gọi M , m lần lượt là 1 2 2 1 i
giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của z z . Tính giá trị của biểu thức T M m? 1 2 A. T  4 B. T  4 2
C. T  3 2 1
D. T  2  3 z z
a b ci i 1 2 1   
Lời giải: Ta đặt z a, z b ci khi đó: 
c b a đồng thời ta cũng 1 2 1 i 2
có z  2i  1 b  c  22 2
1 . Do vậy z z a b ci c ci c 2 . 1 2   2
Vì b  c  2   c  2 2 2 1
2  1  c  3  1  c  3 do đó z z c 2   2;3 2   T  4 2 1 2   .
Câu 29: Cho khối tứ diện ABCD có 0
BC  3,CD  4,ABC BCD AD
C  90 . Góc giữa hai
đường thẳng AD và BC bằng 0
60 . Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng  ABC và  ACD ? 2 43 43 A. B. 43 86 4 43 43 C. D. 43 43
Lời giải: Ta dựng AE  BCD và dễ dàng chứng minh được
BCDE là hình chữ nhật. Khi đó  AD BC 0 ,  ADE   60 khi đó
ta suy ra AE  3 3  V  6 3 . ABCD
Mặt khác ta chú ý công thức tính nhanh: 2S S sin ABC ACD ABC ACD  ,  VABCD 3AC
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 9/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Do vậy đặt  ABC, ACD  α và theo định lý Pythagoras ta suy ra AB  43; AD  6; AC  2 13 . 2  1  2 43 Khi đó: 6 3  3 43 
12sin α  cos α  . 6 13  2  43
Câu 30: Tìm giá trị lớn nhất của 2 2
P z z z z 1 với z là số phức thỏa mãn z  1. 13 9 13 11 A. max P B. max P C. max P D. max P 4 4 3 3 2
z z  z z   2 2 2 z z 2
 2  z z  2  2x z z  2  2x
Lời giải: Ta có  . 2
z z 1  z z   1   2 2 2
z z  1 1 2z zz z2 2
z z 1  2x 1 13 7
Từ đây ta tìm được max P  max  2  2x  2x 1   x  . 1; 1 4 8
Câu 31: Cho số phức z thỏa mãn 2
z m  2m  5 với m là số thực. biết rằng tập hợp điểm của số
phức w  3 4iz  2i là đường tròn. Tính bán kính R nhỏ nhất của đường tròn đó. A. R  5 B. R  20 C. R  4 D. R  25 min min min min
Lời giải: Ta có:   iz   2
m m    w i   2 3 4 5 2 5 2
5 m  2m  5 . Vậy R   2
5 m  2m  5  20.
Câu 32: Có bao nhiêu giá trị của m để tồn tại duy nhất số phức z thỏa mãn .
z z 1 và z  3  i m . A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Lời giải:
Gọi z x yi ,(x, y R) ,ta có hệ: 2 2
x y 1(1)  2 2 2
(x  3)  (y 1)  m (m  0)
Ta thấy m  0  z  3  i không thỏa mãn .
z z 1 suy ra m  0 .
Xét trong hệ tọa độ Oxy tập hợp các điểm thỏa mãn (1) là đường
tròn (C ) có O(0;0), R  1 , tập hợp các điểm thỏa mãn (2) là 1 1
đường tròn (C ) tâm I ( 3; 1
 ), R m,ta thấy OI  2  R suy ra 2 2 1
I nằm ngoài (C ) . Để có duy nhất số phức z thì hệ có nghiệm 1
duy nhất khi đó tương đương với (C ),(C ) tiếp xúc ngoài và tiếp 1 2
xúc trong, điều điều này xảy ra khi OI R R m 1  2  m  1 hoặc R R OI m  1 2  3 . 1 2 2 1
Câu 33: Xét số phức z và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là M và M ¢ . Số phức z(4+3i)
và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là N và N ¢ . Biết rằng MM N ¢ N ¢ là một hình
chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất của z + 4i -5 . 5 2 1 4 A. . B. . C. . D. . 34 5 2 13 Lời giải:
Gỉa sử z a bi ( a,b   ) được biểu diễn bởi điểm M a;b
Khi đó số phức liên hợp của z là z a bi được biểu diễn bởi điểm M  ; a b  
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 10/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Ta có: z 4  3i  a bi4  3i  4a  3ai  4bi  3b  4a  3b  3a  4bi do đó số phức z 4  3i
được biểu diễn bởi điểm N 4a  3 ;
b 3a  4b
Khi đó điểm biểu diễn số phức liên hợp của số phức z 4  3i là N4a  3 ; b 3  a  4b  
MM   a a; b   b MM   0; 2  b    
Ta có: NN  4a  3b  4a  3 ; b 3
a  4b  3a  4b  NN  0; 6  a  8b   MN  
4a 3b a;3a  4b bMN   
3a 3 ;b3a 3b 
        2b 6a 8b
MM   NN  0  Vì MM NN
 là một hình chữ nhật nên ta có:    a,b  0  a b
MM .MN  0  2  b
3a 3b  0    z b
  bi z  4i  5  b
  5  b  4i   b
  5  b  4  2 2 9 1 1 2  2 b       2  2 2 1 9  9 9
Vậy z  4i  5   b
hay z   i . min 2 2 2 2
Câu 34: Cho số phức z m    2 2 m  
1 i với m   . Gọi C là tập hợp các điểm biểu diễn số phức
z trong mặt phẳng tọa độ. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi C và Ox . 4 32 8 A. 1. B. . C. . D. . 3 3 3 Lời giải: Gọi M  ;
x y là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng tọa độ. x m  2 m x  2 m x  2 
Vì z m  2   2 m   1 i       y m 1  y m 1 y   x  22 2 2 1
Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức là đường cong C với y   x  2 2 1 x  3 
Xét phương trình hoành độ giao điểm của C và Ox ta có :  x  22 2
1  0  x  4x  3  0   x  1  1  4
Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi C và Ox là 2 S
(x  2) 1 dx  .  Chọn B. 3 3 
Câu 35: Xét số phức z thỏa mãn   i 10 1 2 z
 2  .i Mệnh đề nào dưới đây đúng? z 3 1 1 3 A. z  2. B. z  2. C. z  .
D. z  . 2 2 2 2 10 10
Lời giải: Ta có:  z  2  i2 z   1  
  z  22  2 z  2
1  z  1 . Chọn D. z z
Câu 36: Cho hai số phức z , z thỏa mãn z z  8  6i và z z  2 . Tìm giá trị lớn nhất của 1 2 1 2 1 2
P z z . 1 2 A. P  4 6. B. P  2 26.
C. P  5  3 5.
D. P  32  3 2.
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 11/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389         
a c b d i  8  6i z a bi z z a c b d i 1  1 2      Lời giải: Gọi 
a, ,bc,d     
z c di
z z a c  
b di  a c2 bd2 2 1 2  2 
 z z  a c2 bd2  86i a c bd 100 1 2   2  2       a c
 b d   4   a c
2 b d2 2 2  4
 a c2  b d 2  a c2  b d 2 2 2 2 2
 104  a b c d  52 B.C.S Mặt khác 2 2 2 2
P z z a b c d   2 2 1 1  2 2 2 2
a b c d  2.52  2 26. 1 2 
Câu 37: Cho số phức z thỏa mãn z  8  z  8  20 . Gọi ,
m n lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn
nhất của z . Tính P m n . A. P  16. B. P  10 2. C. P  17.
D. P  5 10. Lời giải:
Gọi z x yi x, y   và M x, y là điểm biểu diễn của số phức z trong mặt phẳng
phức. Xét các điểm F 8;
 0 , F 8;0 . Ta có : MF  8
  x  y
x  8  y z  8 . 1  2  2  2 2 1   2  
MF  8  x2  y2   x  82 2
y z 8 . 2
z  8  z  8  20  x  82  y  x 82 2 2
y  20  MF MF  20 1 2 2 2 x y
Do MF MF F F  Tập hợp điểm M là một elip có dạng  1 1 2 1 2 2 2 a b 2 2 2 2a  20 a 100 x y max z 10         1 
m n 16 . 2 2 2 c  8 b
  a c  36 100 36 min z  6 
Câu 38: Cho hàm số y f x liên tục trên 0; 
1 đồng thời thỏa mãn các điều kiện sau: max f x  6 0; 1 1 1 và 2 x f
 xdx  0 . Giá trị lớn nhất của tích phân 3x f xdx  bằng bao nhiêu? 0 0 3 1 32  4 3 2  4 1 A. B. C. D. 8 4 16 24 1
Lời giải: Ta có với mọi số thực a thì 2 ax f
xdx  0 do đó: 0 1 1 1 1 3
x f xdx   3 2
x ax f x 3 2
dx x ax f x 3 2
dx  6 x ax dx a       0 0 0 0 1 1 Do đó: 3 x f  x 3 2
dx  min 6 x ax dx  min g
. Tới đây ta chia các trường hợp sau:  aaa 0 0
Trường hợp 1: Nếu a  0 thì 3 2 2
x ax x x a  0 x  0;  1 . Khi đó: 1 1   g a 1 a 3 3 2 3 2
 6 x ax dx  6 x ax dx  6   min g   a    a0  4 3  2 0 0
Trường hợp 2: Nếu a  1 thì 3 2 2
x ax x x a  0 x  0;  1 . Khi đó:
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 12/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 1 1   g aa 1 1 3 2 2 3
 6 x ax dx  6 ax x dx  6   min g   a    a 1  3 4   2 0 0 1 a 1 4 2a  4a  3
Trường hợp 3: Nếu a 0;  1 thì f a 3 2 2 3 3 2
 6 x ax dx  6 ax x dx x ax dx     . 2 0 0 a 3  3 a a    3 4 2  4 2 4 3  1 3 32  4
Ta tìm được min g a  min   
  vậy min g a  . a   0;  1 a   0;  1  2  4 2 2 a 4 3 3 2  4  3 3 1 1 1 2  4 3 3 3 
Do vậy: x f xdx  min g a  x f xdx
 max x f xdx   .   a 4 0; 1 4 0 0 0
Câu 39: Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên đoạn 0; 
1 thỏa mãn f x  xf x 2018 3 '  x với 1 mọi x 0; 
1 . Giá trị nhỏ nhất của tích phân f xdx  bằng: 0 1 1 1 1 A. B. C. D. 2021 2022 2018 2021 2018 2019 2019 2021
Lời giải: Ta có: f x  x f x 2018 3 . '  x 2  x f x 3  x f x 2020 3 '  x t t 2018   t 3
 x f x 2020 3   x  x f  x 2020
dx x dx t   
0; 1 f t      2021 0 0 1 1 2018 x 1 1 1 Khi đó  f
 xdx dx  . 
Giá trị nhỏ nhất của tích phân f xdx  là . 2021 2019.2021 2019.2021 0 0 0 1 2 1
Câu 40: Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục trên 0;  1 thỏa mãn f   1  0,  f
 x dx   và 11 0 1 1 1 4     x f x dx
. Tích phân  f xdx bằng 55 0 0 1 1 1 1 A. B. C. D. 7 7 55 11 1 1 5 1 5  xx 1 1 Lời giải: 4
x f xdx   f x  f   
xdx . Suy ra 5     x f x dx
. Hơn nữa ta dễ dàng tính  5  5 11 0 0 0 0 1 1 1 1 1 2 1 2 2 2 được  5    x dx . Do đó  f   x 5
dx  2 x f   
xdx   5xdx  0     f x 5
x dx  0 . 11   0 0 0 0 0 1 1 1 1 6 1 1 
Suy ra f x 5 
x , do đó f x 6
x C . Vì f  
1  0 nên C   . Vậy       x f x dx dx . 6 6 6 7 0 0 1 2 3
Câu 41: Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục trên 0;  1 thỏa mãn f   1  0,  f
 x dx  2ln2  2 0 1   3 1 và dx    f x x dx
. Tích phân  f   bằng x   2ln 2 2 1 2 0 0 1 2ln 2 3  2ln 2 3 4ln 2 1 ln 2 A. B. C. D. 2 2 2 2
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 13/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 f x 1 1 1 1  1   1    1  Lời giải: Ta có:
dx f x d 1  1 f x  1 f     x dx . 2             x 1  x 1  x 1   x 1 0   0 0 0 1  1  3 Suy ra 1 f  
  xdx   2ln 2 . Hơn nữa ta tính được:  x 1 2 0 1 1 2 1  1   1 1   1  3 1 dx  1 2  dx    
x  2ln x 1     2ln 2 .  x 1   x 1  x  2 1  x 1 2 0 0     0 1 1 1 2 3 2 2  1   1   1  Do đó  f
 x dx2 1 f   
  xdx  1 dx  0  f     x 1 dx  0 .  x 1  x 1    x 1      0 0 0 0
Suy ra f  x 1  1
, do đó f x  x  ln  x  
1  C . Vì f  
1  0 nên C  ln 2 1. x 1 1 1 1
Ta được  f xdx  x ln 
x  1ln21dx  ln2  . 2 0 0
Câu 42: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình m  mx   x 3 sin sin 3 sin 3sin  4sin x có nghiệm thực? A. 9 B. 5 C. 4 D. 8
Lời giải: Ta có m x  mx   x 3 sin 3 sin sin 3 sin 3sin
 4sin x  sin 3x  m x  mx   x   x 3 sin 3 sin sin 3 3sin sin 3sin
m  sin 3x  3sin x m  4sin x . Chọn A. x 1 1 1
Câu 43: Phương trình e   ...
 2018  0 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực? x 1 x  2 x  2018 A. 1 B. 0 C. 2018 D. 2019 x 1 1 1
Lời giải: Ta có: f  x  e    ...
 0 do đó lập bảng biến thiên Chọn D. x  2 1 x  22 x  20182
Câu 44: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn đường thẳng có phương trình lần lượt là x 1 y  2 z x  2 y  2 z x y z 1 x  2 y z 1 d :   ; d :   ; d :   ; d :   . 1 2 3 4 1 2 2 2 4 4 2 1 1 2 2 1 
Biết rằng đường thẳng  có vector chỉ phương u 2; ;
a b cắt cả bốn đường thẳng đã cho. Giá
trị của biểu thức 2a  3b bằng: 3 1 A. 5 B. 1 C.D. 2 2
Lời giải: Ta phát hiện ra 2 đường thẳng đầu đồng phẳng do đó ta viết phương trình mặt phẳng đi qua 2
đường thẳng đó. Tiếp đó xác định giao điểm của 2 đường thẳng d , d với mặt phẳng vừa tìm được và  3 4
chính là đường thẳng đi qua 2 giao điểm đó.
Câu 45: Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng Pmx   2
m   y   2 : 2 1 m   1 z 10  0 và điểm A2;11; 5
  . Biết khi m thay đổi tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng P
và đi qua A . Tìm tổng bán kính hai mặt cầu đó. A. 7 2 B. 15 2 C. 5 2 D. 12 2
Lời giải: Gọi tâm I a, ,
b c khi đó bán kính mặt cầu: R IA d I,P
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 14/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 2ma   2 m   1 b   2 m 1 c 10 2 2 2 
R  a  2  b 1  1  c  5   2 m   1 2 2
m b c  2ma b c 10 2 2 2  
R  a  2  b 1  1  c  5   đúng với m  . 2 m   1 2 a  0 a  0 b  5 b  9 Do vậy   
nên R  4  b 1 2 1  
R R  12 2  .
b c b c 10 c  5  1 2 2 b  25
Câu 46: Cho hàm số f x 3
x  3x m  2 . Có bao nhiêu số nguyên dương m  2018 sao cho với mọi
bộ ba số thực a, , b c  1  ; 
3 thì f a, f b, f c là độ dài ba cạnh một tam giác nhọn. A. 1989 B. 1969 C. 1997 D. 2008
Lời giải: Ta đặt g x 3
x  3x  2  max g x  20;min g x  0 khi đó f x  m g x .  1;   3  1;   3
Ta có: f a  f b  f ca  , , b c  1  ; 
3  m g c  g a  g b a  , , b c  1  ;  3
m  max g x  2min g x  m  20 .  1;   3  1;   3
Và f a  f b  f ca
b c    m g a2  m g b2  m g c2 2 2 2 , , 1;3 a  , , b c  1  ;  3 2
m  g a  g b  g c 2
m g a 2  g b 2 2
g c  0 a  , , b c  1  ;  3
 m g a  g b  g c2  g ag b  g ag c  g bg c 2 2 2 2
 2g c  0 a  , , b c  1  ;  3
 m g a  g b  g c2  2g a  g cg b  g c a  , , b c  1  ;  3  2
m g ag bg c2 2 max g x min g x        a
 ,b,c 1;  3   1;   3  1;   3 
m  max g x  20 2  2min g x  m  49 . Chọn B.  1;   3  1;   3
Câu 47: Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho phương trình các mặt phẳng P : x y  2z 1  0 và
Q:2x y z 1 0. Gọi S là mặt cầu có tâm thuộc Ox đồng thời cắt mặt phẳng P theo
giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và cắt mặt phẳng Q theo giao tuyến là một
đường tròn có bán kính bằng r . Xác định r sao cho chỉ tồn tại duy nhất một mặt cầu thỏa mãn điều kiện đã cho. 10 3 2 14 A. r B. r C. r  3 D. r 2 2 2
Lời giải: Ta gọi I  ;0
a ;0 là tâm mặt cầu. Khi đó bán kính: R r d I Q2   d I P2 2 2 2 , 2 , 2a  2 1 a  2 1 2  r   4 
do đó để có duy nhất 1 tâm mặt cầu thỏa mãn thì giải   0 . Chọn B. 6 6
Câu 48: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz gọi  là đường thẳng đi qua điểm A2,1,0 , song
song với mặt phẳng P : x y z  0 và có tổng khoảng cách từ các điểm
M 0,2,0, N 4,0,0 tới đường thẳng đó đạt giá trị nhỏ nhất? Vector chỉ phương của  là?     A. u B. u C. u D. u    0,1, 1  3,2, 1  2,1, 1  1,0, 1
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 15/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Lời giải: Ta gọi Q : x y z 1  0 là mặt phẳng qua điểm
A2,1,0 , song song với mặt phẳng P : x y z  0 .
Đồng thời ta phát hiện ra rằng điểm A2,1,0 là trung điểm MN .
Khi đó tổng khoảng cách MF NG MC ND=2d M ,Q .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  là đường thẳng đi qua A và hai
hình chiếu C và D của các điểm M 0,2,0, N 4,0,0 tới mặt
phẳng Q . Chọn A.
Câu 49: Cho hai số thực a,b lớn hơn 1 thay đổi thỏa mãn a b  10 . Gọi m,n là hai nghiệm của
phương trình log xlog x  2log x  3log x 1  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a b a b S mn . 16875 4000 A. B. C. 15625 D. 3456 16 27
Lời giải: phương trình tương đương với: a x2 log log
 2  3log alog x 1  0 b a b a 2  3log a
Theo vi – ét ta có: log m  log b n
 2log b  3  log a b mn a b a a a a  3 2  3 2 log a b
Khi đó ta có S f a  a 10  a2 3
 max f a  f 6  3456 . Chọn đáp án D. 1;9
Câu 50: Cho ba số thực a,b,c thay đổi lớn hơn 1 thỏa mãn a b c  100 . Gọi m,n là hai nghiệm của phương trình  x2 log
 1 2log b  3log clog x 1  0 . Tính S a  2b  3c khi mn đạt a a a a giá trị lớn nhất. 500 700 650 A. S B. S C. S
D. S  200 3 3 3
Lời giải: Theo vi – ét ta có: m n   b c   2 3 ab c  2 3 log log 1 2log 3log log
mn ab c a a a a a 4  3b 3b
Theo AM GM ta có: mn ab 100  a b3 2  3 . a .
(100  a b) 
100  a b100  a b 27  2 2  6   3b   3a  2  3   
100  a b  8 4  2  625.10     . 27  6  27     3b 50 100 150 700
Dấu bằng đặt tại 3a
 100  a b a  ,b  ,c   S  . Chọn đáp án B. 2 3 3 3 3
Câu 51: Tìm n biết rằng a x   1 n a      
đồng thời a a a  231.   xn 1 1  ... a x 1 n a x n n 1 1   0 1 2 3 A. n  9 B. n  10 C. n  11
D. n  12
Lời giải: Ta đặt x 1  y khi đó 1
a y a y   ...  a y a y 1 n n n . n n 1  1 0   Như vậy 1 2 3
C C C  231 n  11 . Chọn C. n n n
Câu 52: Biết rằng khi m,n là các số dương khác 1, thay đổi thỏa mãn m n  2017 thì phương trình 8log .
x log x  7log x  6log x  2017  0 luôn có hai nghiệm phân biệt a,b . Biết giá trị m n m n
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 16/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
3  c  7  d
lớn nhất của ln ab là ln  ln   
 với c,d là các số nguyên dương. Tính 4 13  8 13 
S  2c  3d . A. S  2017 B. S  66561 C. S  64544
D. S  26221
Lời giải: Ta có: 8log . x log .
m log x  7log x  6log .
m log x  2017  0 m n m m n mmx2 8log log
 6log m  7log x  2017  0 n m n m 6 7 6log m  7 6 7  
Theo vi – ét ta có log a  log n b
  log n  log ab   m n m m m m   8 8 log .  8log m 8 8 m n   6 7 3 7 3 7 Vì vậy 8 8 4
ab m .n m 2017  m8  lnab  f m  ln m  ln2017  m 4 8 3 7 12102 12102  3 12102 7 14119
Mà f 'm            m   m 0 m ln abf ln ln 4 8 2017 13  13  4 13 8 13
Do đó c  12102,d  14119  S  66561. Chọn đáp án B. cos 2017 x
Câu 53: Cho hàm số f x   2 x  3x   2 
 và dãy số u được xác định bởi công thức tổng n
quát u  log f  
1  log f 2 ... log f n . Tìm tổng tất cả các giá trị của n thỏa mãn điều n   kiện 2018 u  1? n A. 21 B. 18 C. 3 D. 2018 n n
Lời giải: Ta có: u  log f k    k k   k
  ( k chẵn) ( k lẻ). n   cos 2017  log    1 log  2 k 1  k 1 
Trường hợp 1: n  2 p (Chẵn), khi đó ta có khai triển sau:
u  log3 log 4 ... log2 p  
1  log 2 p  2  log 2  log3... log2 p  log2 p   1 . n
Như vậy u  log  p   1 cho nên 2018 u
1  p  9  n 18 . n n
Trường hợp 1: n  2 p 1 (Lẻ), khi đó ta có khai triển sau:
u  log3 log 4 ... log2 p  
1  log 2 p  2  log 2  log3... log2p  2  log2p  3 . n 
Như vậy u   log 4 p  6 cho nên 2018 u
1  p 1  n  3 . nn
Kết luận: Tổng các giá trị của n thỏa mãn điều kiện 2018 u
 1 là 21. Chọn A. n u   2
Câu 54: Cho dãy số u được xác định bởi công thức 1
. Tìm giới hạn của dãy n   2 2018uu  2017un 1  n n u u u số 1 2 S    ... n  ? n u 1 u 1 u 1 2 3 n 1  1 2017 A. lim S
B. lim S  2018 C. lim S
D. lim S  1 n 2018 n n 2018 n u uu u uu
Lời giải: Ta có: 2018u u u u         n n nn n 1 n n n 1 1 n n 1 2018 u 1 2018 uu un  1 1 1 n 1 
  n  n 1  u uu u  1 1  n n 1  n n      2018   . 2018 u 1 u 1 u 1 u 1 u 1 u 1 n 1 
  n  n 1  n 1   n n 1    1 1   1 1 
Như vậy: S  2018 
  lim S  2018 
  lim S  2018 . n u 1 u 1 n 2 1 limu 1 n  1 n 1    n
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 17/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Câu 55: Cho số phức z có z  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 3 2017
P  1008 1 z  1 z  1 z  ... 1 z A. P  1007 B. P  2018 C. P  1008
D. P  2016 min min min min 1 z  1 z
 1 z  1 z  2016 2017 2016 2017 2016  z
1 z  1 z
1 z  1 z  1 z 1 z  2014 2015 2014 2015 2014  z
1 z  1 z
Lời giải: Ta có:  ...  
1 z  1 z  1 z   1 z  2 3 2 3 2
z 1 z  1 z  Vậy: 2 3 2017
P  1008 1 z  1 z  1 z  ... 1 z
 10081 z  1 z  1008 1 z  1 z  2016 .
Do đó P  2016 và đẳng thức xảy ra có nhiều trường hợp trong đó có z  1. min
Câu 56: Cho hàm số y f x nhận giá trị không âm và liên tục trên đoạn 0;  1 đồng thời ta đặt x 1 1
g x  1 f
 tdt . Biết gx  f x với mọi x0; 1. Tích phân dx  có giá trị lớn g x 0   0 nhất bằng: 1 2 1 A. B. 1 C. D. 3 2 2 x Fx
Lời giải: Đặt F x  f
 tdt gx 1 F x  f xx  0;    1 
1  0 x  0;1 2   0
F x 1 t     htF x 1        
là hàm số đồng biến trên 0; 
1 do vậy ta có đánh giá:   1 dx 1 t F x   2 1  F t 1 0    1
h x  h  x    1 1 1 1 0
0;1  1 x     0        .  F x 1 x x 0  ;1 dx F x 1 1 g x 2 0  
Câu 57: Cho hàm số y f x nhận giá trị không âm và liên tục trên đoạn 0;  1 đồng thời ta đặt x 1
g x 1 3 f
 tdt . Biết   2
g x f x với mọi x0;  1 . Tích phân
g xdx  có giá trị 0 0 lớn nhất bằng: 5 4 7 9 A. B. C. D. 2 3 4 5 x Fx
Lời giải: Đặt F x  f
 tdt gx 13F x 2
f xx  0;    1  1  0 x  0;  1  0 3F x 1 t     htF x 2     dx F  t 2 1 3
1  t  là hàm số nghịch biến trên 0;  1 do vậy ta có:  3F x 1  3 3 0     1
hx  h  x    2  F x 2   t    F x 3   x x     g x 7 0 0;1 3 1 0 3 1 1 0;1 dx   . 3 3 2 4 0
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 18/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Câu 58: Cho hàm số y f x nhận giá trị không âm và liên tục trên đoạn 0;  1 đồng thời ta đặt 2 x 1
g x 1 f
 tdt . Biết gx  xf  2 2
x  với mọi x0; 
1 . Tích phân g xdx  có giá trị 0 0 lớn nhất bằng: A. 2 B. 3 C. 4 D. 1 2 x 2xf  2 x 2 2 2 
Lời giải: Đặt F x   f
 tdt gx 1 F x   2xf x x  0;  1    x   1 F  1 0 0;1 2 x 0    t  2xf  2 x  
ht     dx   F t t
là hàm số nghịch biến trên 0;  1 do vậy ta có: 1 F   1 ln 1 2 x  0      1
   0  0 
;1  ln 1     0 1   x h x h x F x x F x e x  0  ;1  g
 xdx  2 . 0
Câu 59: Cho khai triển 1 2xn 2
a a x a x  ... n
a x . Biết S a  2 a  ... n a  34992 , 0 1 2 n 1 2 n
tính giá trị của biểu thức P a  3a  9a  ...  3n a ? 0 1 2 n A. 390625 B. 78125 C. 1953125 D. 9765625
Lời giải: Ta có: 1 2xn 2
a a x a x ... n
a x do vậy lấy đạo hàm hai vế ta được: 0 1 2 n
2n1 2xn 1 n 1 a
2 a x ... n a x       1 2 n
Thay x  1 vào khai triển trên ta được: n 1 2 .
n 3   a  2 a  ...  n a  34992  n  8 1 2 n
Vậy với n  8 ta có: P a  3a  9a  ...  3n a    . Chọn A. n 1 2.38 390625 0 1 2
Câu 60: Ba tia Ox,Oy,Oz đôi một vuông góc. Gọi C là điểm cố định trên Oz , đặt OC  1 hai điểm ,
A B thay đổi trên Ox,Oy sao cho OA OB OC . Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện . O ABC ? 6 6 6 A. . B. . C. . D. 6. 4 3 2 1
Lời giải: Ta đặt Aa;0;0, B 0; ;
b 0,C 0;0; 
1 trong đó a b  1  2 2 2 a b  2 2  a b  . Khi đó 2 1 1 1 6
ta có bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện: 2 2 R a b 1  1  . Chọn A. 2 2 2 4
Câu 61: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu S  2 2 2
: x y z  2x  2 y  2z  0 và điểm
A2;2;0 . Viết phương trình mặt phẳng OAB , biết rằng điểm B thuộc mặt cầu S  , có
hoành độ dương và tam giác OAB đều.
A. x y  2z  0
B. x y z  0
C. x y z  0
D. x y  2z  0
Lời giải: Ta có OA  2 2 do đó điểm B nằm trên các mặt cầu tâm O và tâm A có cùng bán kính 2 2 2 2 2 2 2 2
x y z  2x  2y  2z  0
x y z  8  
nên tọa độ B là nghiệm của hệ: 2 2 2
x y z  8
 x y z  0  B 2;0; 2   .   
x  2   y  2 2 x y  2 2 2  z  8 
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 19/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Câu 62: Cho dãy số u xác định bởi n 1 u  5;  n u
u  2n  2.3n với mọi n 1. Tìm số nguyên nhỏ n  1 n 1  n nhất thỏa mãn n n 100 u  2  5 . n A. 146 B. 233 C. 232 D. 147 n n 1  n 1  n 1
u u  2  2.3  n n 1   n 1 n2 n2 n2 u u  2  2.3 Lời giải: Ta có: n 1  n2 n   u  2             . n  2 n 1 1 2 2 ... 2  2 2 n 1 1 3 3 ... 3  ...   2 1
u u  2  2.3  2 1 Do vậy: n
u  2n  3n nên n n 100 n 100 u  2  5
 3  5  n  100log 5  n 147 . Chọn D. n n 3
Câu 63: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x  2y  2z  3  0 và hai điểm
A1;2;3, B3;4;5 . Gọi M là một điểm di động trên P . Giá trị lớn nhất của biểu thức MA  2 3 bằng: MB A. 3 6  78 B. 3 3  78 C. 54  6 78 D. 3 3 MA  2 3 MA AB
Lời giải: Ta dễ dàng nhận thấy AP và AB  2 3 do vậy P   . MB MB
sin MBA  sin AMBMAB
MBA AMB   MAB
Áp dụng định lý hàm số sin: P   2cot cos  2 cot       . sin MAB  2   2   2  Do vậy PMAB
nhọn và đạt giá trị nhỏ nhất hoặc tù và đạt giá trị lớn nhất. Điều này xảy ra khi và max
chỉ khi M nằm trên đường thẳng hình chiếu của AB trên P và tam giác MAB cân tại . A Chọn C.
Câu 64: Cho hàm số y f x xác định và liên tục trên  thỏa mãn f  5
x  4x  3  2x 1 với mọi 8
x   . Tích phân f
 xdx bằng: 2  32 A. 10 B. C. 72 D. 2 3
Lời giải: Ta đặt 5
x t  4t  3 và đổi cận: x  2 thì t  1 và x  8 thì t  1. Do đó: 8 1 1 f
 xdx f
  5t  4t 3d  5t  4t 3   2t  1 4
5t  4dt 10 . 2  1  1 
Câu 65: Cho hàm số y f x có đạo hàm cấp hai liên tục trên đoạn 0; 
1 đồng thời thỏa mãn các điều 1 1 1 ef '  1  f '0 kiện x    x  '    x e f x dx
e f x dx e f ' 
xdx  0. Giá trị của biểu thức bằng: ef   1  f 0 0 0 0 A. 2  B. 1  C. 2 D. 1 1 1 1
Lời giải: Ta đặt x    x  '    x e f x dx
e f x dx e f ' 
xdx a . Sử dụng tích phân từng phần ta có: 0 0 0 1 1  x
a e df  
x  ef  1  f 0 xe f  
xdx ef  
1  f 0  2aef ' 1  f ' 0 0 0       1 1 1 effx x  1 0 a e df
x  ef  
1  f 0  e f
 xdx ef  1 f 0  2a  0 0
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 20/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Câu 66: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho A1,0, 
1 , B 3,4,   1 ,C 2, 2,3 .
Đường thẳng d đi qua A , cắt các mặt cầu
đường kính AB và AC lần lượt tại các
điểm M , N không trùng với A sao cho
đường gấp khúc BMNC có độ dài lớn nhất
có vector chỉ phương là?  
A. u  1,0,2
B. u  1,0,  1  
C. u  1,0,  1
D. u  2,0,  1
Lời giải: Ta phát hiện được tam giác ABC vuông tại A mặt khác:
MAMB  2   2 2
MA MB   AB 2 
BM MN NC   AB AC 2
NA NB  2 2 2
NA NB   AC 2 
Chú ý rằng đẳng thức xảy ra được bởi vì trong trường hợp các tam giác MAB, NAC vuông cân và tam 
giác ABC vuông thì ,
A M , N vẫn thẳng hàng cho nên đường thẳng d khi đó có u  1,0,  1 . (Học sinh
cần tự tìm các tọa độ của M , N sao cho các tam giác MAB, NAC vuông cân tại M , N và nằm trong mặt
phẳng  ABC ). Chọn B.
Câu 67: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz
gọi d là đường thẳng đi qua điểm
A1,0,0 có hình chiếu trên mặt phẳng
P: x  2y  2z 8  0 là d '. Giả sử giá
trị lớn nhất và nhỏ nhất khoảng cách từ
điểm M 2,3,  
1 tới d ' là  và  .
Tính giá trị của T     ? 6 A. 2 B. 2 2 6 C. D. 2 3
Lời giải: Ta có xét A là hình chiếu của A trên P . Khi đó đường thẳng d ' đi qua điểm A. Ta gọi G
là hình chiếu của M trên đường thẳng d ' và H là hình chiếu của M trên P . Ta có các đánh giá: 6
MH MG MA  T      MA  MH  3
Câu 68: Cho các số thực dương a,b thỏa mãn a a1 4  2  22a  
1 sin 2a b  
1  2  0 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức S a  2b .   3 A. 1 B. C.  1 D. 1 2 2 2
Lời giải: Biến đổi giả thiết, ta có:
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 21/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 a2 a
  a    a        a  2 2 2.2 2 2 1 sin 2 1 2 0 2 1  22a   1 sin 2a bb   1 1  0
  a    a b   2  
a b     a    a b  2 2 2 2 1 sin 2 1 1 sin 2 1 0 2 1 sin 2 1
 cos 2a b   1  0 cos  
2a b 1  0 
2a b 1   k     a    
a b  2 2 1 sin 2 1  0 2a 11 0     
Do đó a  1,b
1 k ,k . Do b  0  b  1 S  1 2 1   1   . Chọn C. 2 2  2 
Câu 69: Cho hai số thực a  1,b  1. Biết phương trình 2 x x 1
a b   1 có hai nghiệm phân biệt x , x . Tìm 1 2 2  x x
giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 2 S  
  4 x x . 1 2  x x  1 2  A. 4 B. 3 3 2 C. 3 3 4 D. 3 4
x x  log a Lời giải: Ta có: 2 1 2
x 1 x log a  0 bbx x  1   1 2 2  1  1 1 Khi đó 3 S     4log a
 2log a  2log a  3 .2log .2 a log a  3 4 log b a   log a 3 2 b b log a2 b b b b b 1 3 1 1 Dấu bằng đặt tại 2
 2log a  log a
a b . Chọn đáp án C. log a b 2 b b 3 2
Câu 70: Cho các số nguyên dương a,b lớn hơn 1. Biết phương trình 2x 1 x a
b có hai nghiệm phân biệt
x , x và phương trình 2 1   9 x x b
a có hai nghiệm phân biệt x , x thỏa mãn 1 2 3 4
x x x x  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  3a  2b . 1 2   3 4  A. 12 B. 46 C. 44 D. 22
Lời giải: Với 2x 1 x a
b , lấy logarit cơ số a hai vế ta được: 2 2
x 1  x log b x x log b 1  0 a a
Phương trình này có hai nghiệm phân biệt, khi đó    b2 2 log
 4  0  log b  2  b a a a  Tương tự 2 1
b    ax x 2 9
x 1  xlog a    a   b 9  logb 9  4 0
x x  log b  Khi đó theo vi – ét 1 2 a 3 
 log blog 9a  3  log 9a  3  9a a a  4
x x  log 9 a b b a  3 4 b      
Vì vậy b  16  b  17  S  3.4  2.17  46 . Chọn đáp án B.
Câu 71: Xét các số nguyên dương a,b sao cho phương trình .4x  .2x a b
 50  0 có hai nghiệm phân
biệt x , x và phương trình 9x  .3x b
 50a  0 có hai nghiệm phân biệt x , x thỏa mãn 1 2 3 4
x x x x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  3a  2b . 3 4 1 2 A. 49 B. 51 C. 78 D. 81
  0;S  0;P  0 Lời giải: Ta có: 1 1 1 2 
b  200a  0
  0;S  0;P  0  2 2 2
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 22/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 x x x x 50 50 1 2 1 2 2   2 .2 
x x  log Khi đó 1 2 2  a a . Vì vậy:   1x 2x 3 x 4 3
 3 .3x  50a x x  log 50a  3 4 3    
x x x x  log 50a 50 2  log
a  3  b  200a  600  b  25  S  2a  3b  81 3 4 1 2 3 2    a
Câu 72: Cho hai số thực a,b lớn hơn 1 thay đổi thỏa mãn a b  10 . Gọi ,
m n là hai nghiệm của
phương trình log xlog x  2log x  3  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a b a
P mn  9a . 279 81 45 A. B. 90 C. D. 4 4 2 Lời giải: Ta có: xa x  x    ax2 log log log 2log 3 0 log log  2log x  3  0 a b a a b a a 2 Theo vi – ét ta có: 2
log m  log n
 2log b  log b  log mn
b mn b a a a a a   2 2 log log a a b 2  9  279 279 Vậy 2 2
P b  9a b  910  b  b       2  4 4 9 11
Dấu bằng đặt tại b  ,a  . Chọn đáp án A. 2 2
Câu 73: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm Aa;0;0, B0; ;
b c,C 0;0;c với 3 10
a  4,b  5,c  6 và mặt cầu S  có bán kính bằng
ngoại tiếp tứ diện OABC . Khi tổng 2
OA OB OC đạt giá trị nhỏ nhất thì mặt cầu S  tiếp xúc với mặt phẳng nào dưới đây?
A. 2x  2 y  2z  6  3 2  0
B. 2x  2 y  2z  7  2 2  0
C. 2x  2y  2z  3  2 2  0
D. 2x  2y  2z  3  2 2  0 Lời giải: Ta có: 2 2 2
a b c  90 và a  4,b  5,c  6 . Khi đó: 4  a  29;5  b  38 . Ta có: 2 2
OA OB OC a b c a b  90  a b f a,b . 2 a b
Xét f a 1  0  a  45 
. Lập bảng biến thiên ta được: 2 2 90  a b 2 f a b 
f   f    2 2 min , min 4 ; 29
min b  4  74  b ;b  29  61 b  Dễ có: 2 2 b    b b    b b      f a b 2 4 74 29 61 5; 38 min ,
b  4  74  b f b   . b
Do f b  1
 0  b  37 nên lập bảng biến thiên ta được min f a,b  f 5 16 . 2 74  b
Do đó giá trị nhỏ nhất của OA OB OC là 16 khi a  4,b  5,c  7 .
Câu 74: Cho hàm số y f x nhận giá trị không âm và liên tục trên đoạn 0;  1 đồng thời ta đặt x 1
g x 1 2 f
 tdt . Biết       3 g x f x  2 
 với mọi x 0;  1 . Tích phân 3 g
  x dx  có giá 0 0 trị lớn nhất bằng:
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 23/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 5 4 A. B. 4 C. D. 5 3 3 x
Lời giải: Ta đặt F x  f
 tdt khi đó gx   F x   f x 3 1 2  x    0; 1. 0 f xFx Do vậy 1  0 x  0;    1  1  0 x  0;  1 .
3 1 2F x
3 1 2F xt    2 F x 3 3
Xét hàm số: h t     1 dx  
312Ft tt0; 1 là hàm nghịch biến trên  3 1 2F x  4 4 0      2 2 3 3 4 0; 
1 cho nên h t  h0 t  0; 
1   3 1 2F t t   0   3 1 2F t  t 1 t  0;  1 . 4 4 3 1 1 1 2 4  4  5
Do đó:  3 g x  x 1 x  0;  1  g
  x 2dx x 1 dx  g      x 2 3 3  dx  . Chọn A. 3 3    3 0 0 0
Câu 75: Cho hàm số f có đạo hàm liên tục trên 1;8 đồng thời thỏa mãn điều kiện: 2  f  x  2  dx f  x  8 2 2 2 2 dx f
 xdx x    2 3 3 2 1 dx 3 1 1 1 1 2
Tính tích phân  f
 x 3 dx  bằng: 1 8ln 2 ln 2 4 5 A. B. C. D. 27 27 3 4 2 2 8 2 2 2 2 Lời giải: Đặt 3 2
t x dt  3x dx . Khi đó:  f
  3x dx 2 f
  3xdx f
 xdx  2x    1 dx 3 1 1 1 1 8 8 8 1   f   t 1  dt f   t 2 1 2 1 t dt  1 t dt  0  2 2  2 2  2 3 3 3 2 2 3 3 t t 3 1 1 1 t 8  f t 2 3 2 2 1 t     
dt  0  f
t  t 1   f   x 3 8ln 2 3 2  dx  . Chọn A. 3   t  27 1 1  
Câu 76: Cho hai số thực dương a,b lớn hơn 1 và biết phương trình 2x x 1
a b   1 có nghiệm thực. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức P ab  . a   4 log log b a A. 4 B. 5 C. 6 D. 10
Lời giải: phương trình tương đương với: 2
x   x   2
1 log b  0  x x log b  log b  0 a a a
Điều kiện để phương trình có nghiệm là    b2 log
 4log b  0  log b  4log b  0 a a a a  4 4
Khi đó P  log b
1  f t t    f t fa   1 min 4 6 4;       log b t  a
Với t  log b  4 . Chọn đáp án C. a 1 1 k
Câu 77: Giả sử k là số thực lớn nhất sao cho bất đẳng thức  1 đúng với x  (0; ) . 2 2 2 sin x x  2
Khi đó giá trị của k là
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 24/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 A. 5 B. 2 C. 4 D. 6 1 1 k  1 1  1 1 Lời giải: 2 2  1  k   
1  k   . f (x) với f (x)   1. 2 2 2  2 2  sin x x   x sin x  2 2 x sin x    2 2cos x   
Xét hàm số f (x) trên 0; 
, ta có f '(x)     0 x   ; o .   2    3 3 x sin x  2  Bảng biến thiên: 
Từ bảng biến thiên suy ra 2 k     . f (x) x   0;  k  4.    2 
Câu 78: Cho a,b nguyên dương lớn hơn 1. Biết 11log x log x  8log x  20log x 11  0 có tích hai a b a b
nghiệm là số tự nhiên nhỏ nhất. Tính S  2a  3b . A. S  28 B. S  10 C. S  22
D. S  15
Lời giải: Phương trình tương đương với: ax2 11log log
 42  5log alog x 11  0 b a b a 1
Phương trình này luôn có hai nghiệm phân biệt vì P    0; a  ,b  1 log a b
Gọi hai nghiệm là x , x . Theo vi – ét ta có 1 2 42  5log a b  8 20
log x  log x   log b a 1 a 2 11log a 11 a 11 b 8 20 8 20 8 20 log b 11 a 11 11 11  log x x  log b   x x ab a a 1 2 a 1 2 11 11 1 1 1
Ta có đánh giá sau x x   20 8 a b    20 8 2 b   2 9 8 11 11 2 .b 11 1 2 11 11 4 8 Và 9 8 11 9 8 17 8 8 24
2 .b k  2 .2  2  k  3,k2  k  4  b   ;
k  8  b
 2  b  8,a  2 9 9 2 2
Do đó x x  16 và S  2.2  3.8  28 . Chọn đáp án A. 1 2
Câu 79: Cho phương trình:  x   x m x 2 cos 1 cos 2 cos
msin x . Phương trình có đúng hai nghiệm  2  thuộc đoạn 0;  khi: 3    1 A. m  1. B. m  1. 
C. 1  m  1. D. 1   m   . 2
Lời giải: Ta có  x   x m x 2 cos 1 cos 2 cos  msin x  cos x  1    1  cos x  
1 cos 2x mcos x  mcos x   1 cos x   1  0   cos 2x m  2  2  1  2     Vì x  0;    cos x 1  nên   1 không có nghiệm trên 0;
. Xét f x 2
 cos 2x, x  0; 3    2  3     3   
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 25/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 x  0
Ta có f  x  2s
 in 2x, f x  0  sin 2x  0    . Bảng biến thiên: x   2  2 x 0 2 3 f  x 0  0  1 1 f x  2 1 
Yêu cầu của bài toán trở thành tìm các giá trị thực của tham số m để 2 có hai nghiệm thực phân biệt  2   2  trên 0; 
. Từ bảng biến thiên ta thấy 2 có hai nghiệm thực phân biệt trên 0; khi và chỉ khi 3     3    1 1
  m   . Từ đó ta chọn được đáp án đúng là D. 2
Câu 80: Cho hình chóp S.ABC có SA x, BC y, AB AC SB SC  1. Thể tích khối chóp
S.ABC lớn nhất khi tổng x y bằng: 2 4 A. 3 B. C. D. 4 3 3 3
Lời giải: Ta gọi M , N lần lượt là trung điểm của , SA BC.
Dễ chứng minh được SA  (MBC) và MBC cân tại M 2 2 2 2 2 BC SA BC x y Tính được: 2 2 2 MN MB   AB   1 . 4 4 4 4 2 2 1 x y Do đó: V Vxy 1 . S.ABC 6 4 1 xy 2 Vì 2 2
x y  2xy nên 2 V xy 1 
(xy) .2  xy . Dấu bằng xảy ra 6 2 12 khi x  .
y Đến đây, có hai hướng xử lý: 3  xy xy    2  xy xy xy   32
Thứ nhất, sử dụng BĐT Côsi: 2 xy   xy 2 2 ( ) 2  4. . (2  xy)  4.   . 2 2 3 27     x y  2 4
Dấu bằng xảy ra   xyx y   x y  .  2  xy 3 3  2 4 2 4
Thứ hai, đặt t xy và xét 2
f (t)  t (2  t) , đạt GTLN khi t  , suy ra x y   x y  . 3 3 3
Câu 81: Cho đa thức: P x 8 9 10 11 12
 (x 1)  (x 1)  (x 1)  (x 1)  (x 1) . Khai triển và rút gọn ta
được đa thức P(x) = 2 12
a a x a x  ... a x . Tìm hệ số a . 0 1 2 12 8
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 26/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 A. 715 B. 720 C. 700 D. 730 n
Lời giải: Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newtơn vào bài toán ta có: (1 x)n k  C . kx n k 0
Hệ số của số hạng chứa k x là: k
C . Áp dụng vào bài tập ta thấy hệ số a chính là tổng tất cả hệ số của số n 8 hạng chứa 8
x . Vậy hệ số a trong khai triển P(x) là: 8 8 8 8 8
C C C C C = 715. 8 8 9 10 11 12
Câu 82: Cho hàm số f (x) có đạo hàm f (
x) có đồ thị như hình vẽ . Hàm 3 x số 2
g(x)  f (x) 
x x  2 đạt cực đại tại điểm nào? 3 A. x  1 B. x  1  C. x  0
D. x  2
Lời giải: Ta có g(x) xác định trên  và 2 g (
x)  f (x)  (x 1) do đó số nghiệm của phương trình g (
x)  0 bằng số giao điểm của
hai đồ thị y f (  x) và 2
y  (x 1) ; g (
x)  0 khi đồ thị y f (x) nằm trên 2
y  (x 1) và ngược lại. x  0
Từ đồ thị suy ra g (x) 0     x  2  nhưng g (
x) chỉ đổi dấu từ dương sang x 1 
âm khi qua x  1. Do đó hàm số đạt cực đại tại x 1.
Câu 83: Cho hai số phức z , z khác 0 thỏa mãn 2 2
z z z z  0 . Gọi ,
A B lần lượt là các điểm biểu 1 2 1 1 2 2
diễn của z , z . Tam giác OAB có diện tích bằng 3 . Tính môđun của số phức z z . 1 2 1 2 A. 2 3 B. 3 C. 2 D. 4
Lời giải: Ta chứng minh được tam giác OAB đều cho nên diện tích bằng 3 chứng tỏ z z  2 . 1 2   2 Khi đấy: 2 2 2 0 z z
OA OB z z  2 . OA O .
B cos 60  12  z z  2 3 . 1 2 1 2 1 2
Câu 84: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất số phức z thỏa mãn
z.z  1 và z  3  4i m . Tính tổng các phần tử thuộc S . A. 10 B. 42 C. 52 D. 40
Lời giải: Ta có quỹ tích là các đường tròn tâm O 0;0, R 1 và tâm I 3,4, R  m . Do đó có hai trường
hợp tiếp xúc ngoài và trong cho nên R R  OI m  4 hoặc OI R  R m  6 . Chọn A.
Câu 85: Gọi H  là hình phẳng giới hạn bởi parabol P 2
: y  8x x và trục hoành. Các đường thẳng
y a, y  ,
b y c với 0  a b c  16 chia H  thành bốn phần có diện tích bằng nhau. Giá
trị của biểu thức   a3    b3    c3 16 16 16 bằng: A. 2048 B. 3584 C. 2816 D. 3480
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 27/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Lời giải: Ta có công thức tính nhanh: “Nếu hai đồ thị cắt nhau có
phương trình hoành độ giao điểm 2
ax bx c  0 khi đó diện tích  Δ3
hình phẳng giữa hai đồ thị đó là S  với 2
Δ  b  4ac ”. 2 6a  a3 4 16 Do đó xét 2 2
8x x a x  8x a  0 nên S  . a 3  b3  c3 4 16 4 16
Tương tự ta có: S  ; S  . b 3 c 3 4
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol P 2
: y  8x x và trục hoành là S  64 . 0   3 4 16 4 64  a 3
Mặt khác vì S  64  4S S     a  . a a 16 3 256 0 3 3 3 3 4 16 128  b 3 4 16  c
Có: S  2S     b
và S  3S  64    c c a 16 3 2304 b a 16 3 1024 3 3 3
Như vậy:   a3    b3    c3 16 16 16  3584. Chọn B.
Câu 86: Cho hàm số y f x 4 2
ax bx ca  0 có điều kiện min f x  f   1 . Giá trị nhỏ nhất ;0 1 
của hàm số y f x trên đoạn ; 2  bằng: 2    7a 9a
A. c  8a B. c C. c
D. c a 16 16
Lời giải: Ta chú ý rằng điểm cực trị của hàm số có x  0 cho nên nếu như min f x  f   1 chứng tỏ ;0 rằng x  1
 là các điểm cực tiểu của hàm số cho nên f x  a 4 2
x  2x   c . 1 
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x trên đoạn ;2  bằng f  
1  c a . Chọn D. 2   
Câu 87: Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên  . Đồ thị của
hàm số y f x như hình vẽ bên. Khi đó giá trị của biểu thức 4 2 f
 x2dxf
 x2dx bằng bao nhiêu: 0 0 A. 10 B. 2  C. 2 D. 6 4 2 2 4
Lời giải: Ta có: f
 x2dxf
 x2dx f
 xdxf   xdx . 0 0 2  2 4 2 4 Như vậy: f
 x2dxf
 x2dx f
 xdx f 4 f  2    6 . 0 0 2
Câu 88: Xét các số thực dương a,b thỏa mãn 2
log a  2log a  2  2 log a 1 sin log a b  0 . 2 2  2   2 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  2a  3b .
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 28/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 3 3 9 A. 1 B.  2 C.  1 D.  2 2 2 2
Lời giải: Theo điêìu kiện bài toán ta có: log a 1 sin log a b2 2
 cos log a b  0 2 2  2  a 1          b  1 cos log   0 k a b   2 
log a b   k  2 2     2 
log a 1 sin log a b 0        a  4 2  2  log a 11  0   2    b    2  k    2  3
Trường hợp 1: Nếu a  1  b  1 S  1 2 2 3 9
Trường hợp 2: Nếu a  4  b   2  S
 2 . Chọn đáp án A. 2 2
Câu 89: Cho các số thực a,b  1 và phương trình log axlog bx  2018 có hai nghiệm phân biệt m a b
và n. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   2 2 a b  2 2 4 9 36m n   1 . A. 144 B. 72 C. 36 D. 288
Lời giải: Phương trình tương đương với:
1 log x1 log x  2018  log xlog x  log x  log x 1 2018 a b a b a bax2 log log
 (1 log a)log x  2017  0 b a b a 1  log a 1 1
Khi đó theo vi – ét ta có: log m  log b n  
 log b 1  log  mn a a log a a a ab ab b  36  36
Vì vậy áp dụng bất đẳng thức AM GM ta có P   2 2 4a  9b  2 2
1  2 4a .9b .2 .1  144  2 2  2 2  a ba b 2 2 4a  9b  Dấu bằng đạt tại 
a  3,b  2 36 . Chọn đáp án A.  1  2 2 a b
Câu 90: Xét bảng ô vuông gồm 4 4 ô vuông. Người ta điền vào mỗi ô vuông đó một trong hai số 1
hoặc 1 sao cho tổng các số trong mỗi hang và tổng các số trong mỗi cột đều bằng 0 . Hỏi có bao nhiêu cách? A. 72 B. 90 C. 80 D. 144
Lời giải: Xét 1 hàng (hay 1 cột bất kì). Giả sử trên hàng đó có x số 1 và y số -1. Ta có tổng các chữ số
trên hàng đó là x y . Theo đề bài có x y  0  x y .
Lần lượt xếp các số vào các hàng ta có số cách sắp xếp là 3!.3!.2.1 =72 (Cách)
Câu 91: Từ một tấm tôn có kích thước 90cm x 3m, người ta làm một
máng xối nước trong đó mặt cắt là hình thang ABCD có
hình dưới. Tính thể tích lớn nhất của máng xối. A. 3 40500 6cm . B. 3 40500 5cm . H A D C. 3 202500 3cm . D. 3 40500 2cm . α Lời giải: Ta có: 30cm 30cm
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 29/51 B 30cm C
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 1    SAD BC CH BC HD CH        Xét hàm ABCD   1     sin 2 2 2 30 30 cos 30sin 900 sin   2 2  2  sin 2    số: y  sin  trên 0; có: 2  2    1 2 0
y '  cos  cos 2  2cos   cos 1  y '  0  cos     60 dễ thấy 2 3 3 3 3 2 
y   0, y 1,   MaxS   cm ABCD  900 675 3      y 0 0 60    4 4  2 
Vậy thể tích lớn nhất của máng xối là: V    3
675 3.300 202500 3 cm
3sin 2x  cos 2x
Câu 92: Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình
m 1 đúng với mọi 2
sin 2x  4 cos x 1 x   3 5 3 5  9 65  9 65  9 A. m B. m C. m D. m  4 4 2 4
3sin 2x  cos 2x
3sin 2x  cos 2x
Lời giải: Ta có: y   2
sin 2x  4cos x 1 sin 2x  2cos 2x  3 .
3sin 2x  cos 2x
Và sin 2x  2 cos 2x  3  0; x ϒ . xét phương trình y  
sin 2x  2cos 2x  3
sin 2x  2cos2x 3 y  3sin 2x cos2x   y 3sin 2x 2y  1cos2x  3  y
Phương trình trên có nghiệm nên  y  2   y  2   y2 2 2 3 2 1 3
 5y 10y 10  9y 5  65 5  65 5   65 2
 4y 10y 10  0   y
. Suy ra giá trị lớn nhất của y là . Chọn D. 4 4 4
Câu 93: Cho tập hợp A có n phần tử n  4 . Biết rằng số tập con của A có 8 phần tử nhiều gấp 26 lần
số tập con của A có 4 phần tử. Hãy tìm k 1,2,3,..., 
n sao cho số tập con gồm k phần tử của A là nhiều nhất. A. k  20 B. k  11 C. k  14 D. k  10 n! n! Lời giải: Ta có 8 4 C  26C    n n n n   n n
n   26 n    7 6 5 4 13.14.15.16 8! 8 ! 4! 4
n  7 13  n  20 . Số tập con gồm k phần tử của A là: k C  k  10 thì k C nhỏ nhất. 20 20
Câu 94: Biết rằng đồ thị của hàm số y P x 3 2
x  2x  5x  2 cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt 1 1 1
lần lượt có hoành độ là x , x , x . Tính giá trị của T    ? 1 2 3 2 2 2
x  4x  3 x  4x  3 x  4x  3 1 1 2 2 3 3 1  P '  1 P '3 1  P '  1 P '3 A. T     B. T     2 P   1 P3  2 P   1 P3  1  P '  1 P '3 1  P '  1 P '3 C. T     D. T     2 P    1 P 3  2 P    1 P 3  1 1 1 Lời giải: Ta có: T     x 1 x  3 x 1 x  3 x 1 x  3 1
 1   2  2   3  3 
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 30/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 1  1 1 1   1 1 1  1 1 1          vì   . 2
x  3 x  3 x  3
x 1 x 1 x 1 
x  1x 3 x 3 x 1 1 2 3   1 2 3 
Vì x , x , x là 3 nghiệm của phương trình P x  0  P x   x x x x x x . 1   2   3  1 2 3
Suy ra P ' x   x x x x x x
x x x x x x 1   2   2   3   3   1 
P ' x  x x x x x x x x x x 1   2   3   3   1  1 1 1      P x  * . x x x x x x x x x x x x 1   2   3    1 2 3 1  P '  1 P '3
Thay x  1, x  3vào biểu thức (*), ta được T     P    P   . 2 1 3 
Câu 95: Cho hình chóp S.ABC. Bên trong tam giác ABC ta lấy một điểm O bất kỳ. Từ O ta dựng các
đường thẳng lần lượt song song với SA,SB,SC và cắt các mặt phẳng SBC,SCA,SAB theo
OA' OB ' OC '
thứ tự tại A', B ',C '. Khi đó tổng tỉ số T    bằng bao nhiêu? SA SB SC 3 1 A. T  3 B. T C. T  1 D. T  4 3
Lời giải: Gọi M,N,P lần lượt là giao điểm của OA, OB, OC với cạnh OA' OM
BC, CA, AB. Vì OB '/ /SA   (Định lí Thalet). SA AM OB ' ON OC ' OP OM ON OP Tương tự, ta có  ;   T    . SB BN ' SC PC AM BN PC
Với O là trọng tâm của tam giác ABC  M , N, P lần lượt là trung OM ON OP 1 điểm của BC, CA, AB     . Vậy tổng tỉ số AM BN CP 3
OA' OB ' OC ' T    1. SA SB SC OM ON OP
Chú ý: Bản chất bài toán là yêu cầu chứng minh  
1. Tuy nhiên với tinh thần trắc AM BN PC
nghiệm ta sẽ chuẩn hóa với O là trọng tâm tam giác ABC. 0 1 2 n 100 C C C C 2  n  3
Câu 96: Tìm số tất cả tự nhiên n thỏa mãn n n n   ... n   1.2 2.3 3.4
(n 1)(n  2)
(n 1)(n  2) A. n 100 B. n  98 C. n  99 D. n 101 0 1 2 n 1 2 3 n 1 C C C C 1  C C C C  
Lời giải: Ta có n n n n n 1  n 1  n 1  n 1   ...     ...    1.2 2.3 3.4
(n 1)(n  2) n 1 2 3 4 (n  2)   0 1 2 n C C C C 1    n n n n n        2n n 3 ... CCC ... C. n2 n2 n2 n2  2 2 3 4 2 1.2 2.3 3.4
(n 1)(n  2)
n  1n  2
n  1n  2 n2 100 2  n  3 2  n  3 Khi đó: =    
n  n   n  n   n 98 1 2 1 2
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 31/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Câu 97: Số các giá trị nguyên của m để phương trình  x   x m x 2 cos 1 4 cos 2 cos
msin x có đúng 2  2  nghiệm x  0;  là: 3    A. 3 B. 0 C. 2 D. 1
Lời giải: Ta có:  x   x m x 2 cos 1 4 cos 2 cos
msin x   x   x m x  m 2 cos 1 4.cos 2 cos 1 cos x  cos x  
1 4.cos 2x mcos x  m1 cos x1 cos x  cos x  
1 4.cos 2x mcos x m1 cos x  0
x    k2 cos x 1  0  cos x  
1 4.cos 2x m  0    
m . Chọn C.
4cos 2x m  0 cos 2x   4
Câu 98: Một khối lập phương có độ dài cạnh là 2cm được chia thành 8 khối lập phương cạnh 1cm .
Hỏi có bao nhiêu tam giác được tạo thành từ các đỉnh của khối lập phương cạnh 1cm . A. 2876 . B. 2898 . C. 2915 . D. 2012 .
Lời giải: Có tất cả 27 điểm. Chọn 3 điểm trong 27 có 3 C  2925. 27
Có tất cả 8.2  6.2  4.2  4  3  2  2  2  49 bộ ba điểm thẳng hàng. Vậy 2925  49  2876 tam giác.
Câu 99: Cho hàm số f x có đạo hàm dương, liên tục trên 0; 
1 đồng thời thỏa mãn các điều kiện 1 1  1  1
f 0 1 và 3 f
 x 2f x dx  2 f  
xf xdx 3 
. Tính tích phân f xdx  ? 9    0 0 0 3 5 5 7 A. B. C. D. 2 4 6 6 2 1 1 1  
Lời giải: Theo bất đẳng thức Holder ta có:  f  
xf xdx  f
 x 2f xdx 1dx  .  0  0 0 2 2 1 1 1   1     1   Như vậy: 9 f
 x 2f x dx     4 f
 x 2f xdx  9 f
 x 2f x dx     0 .   9     9  0 0 0  1 1 1 7
Do đó: f  x 2 f x 3
  f x 3
x 1 f xdx   . 9 3 6 0
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 32/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Câu 100: Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục trên 0; 
1 đồng thời thỏa mãn các điều kiện f   3 1  ; 2 1 1 x 1 1 f x 5 dx   và x   1 1
f x2dx   . Tính tích phân 2f
 xdx  ? 6 x  2 3 0 0 0 7 8 53 203 A. B. C. D. 3 15 60 60 1 1 1 5 2
Lời giải: Sử dụng tích phân từng phần ta có: f xdx   f  
1  xf  xdx xf  xdx     . 6 3 0 0 0 x x
Mặt khác:   x 
f x2    x2 2 1 1 1 1
f x2 . x  2 x  2 1 1 2 4 x x 2
Tích phân hai vế ta    
f x2 dx  
f x2 dx  . 3 3 x  2 2  x 3 0 0 2 2 1 1 1 1   4  xx
Áp dụng Holder:  xf
 xdx    x  2 x
f  xdx  x
 2 xdx
f x2 dx . 9  2 x   2  x  0   0  0 0 1 x 2 2 1 x 53 Do vậy  
f x2 dx  nên dấu bằng  f x  2 x f x 2  2x
f xdx   . 2  x 3 2 60 0 0
Câu 101: Có bao nhiêu giá trị của tham số thực m để GTNN của hàm số 2
y x  2x m  4x bằng 1  ? A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Lời giải: Nếu m  1 thì 2
y x  2x m có GTNN là m 1  1
  m  0 (loại). 2
x  2x m
Nếu m  1 thì y  
nên min y  min f  
1 ; f 1 1 m ; f 1 1 m 2
x  6x m
 min y  min m 3  4;41 1 m;41 1 m
 min y  min m 3  4;41 1 m m 1
Trường hợp 1: min y m  3  4  0   m  7 
Vì m  1 nên m  7
 khi đó 41 1 m  0 nên trường hợp này không thỏa mãn.
Trường hợp 2: min y  41 1 m   0  m  0 khi đó m  3  4  1 0 nên trường hợp này không thỏa mãn.
Kết luận: không tồn tại m thỏa mãn. Chọn đáp án A. ln x 1
Câu 102: Giá trị lớn nhất của hàm số y   m trên 2 1;  e  
 đạt giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu? 2 ln x 1 1 2 2 1 2 1 1 2 A. B. C. D. 2 4 2 4 Lời giải:
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 33/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 t 1 t 1 1 t Ta có max y  max
m . Ta xét f t 
m f 't   0  t 1 2 1;  e  0;2 2   t 1 t 1  t 12 2 2
Mặt khác f     m f     m f   3 5 0 1 ; 1 2 ; 2 
m . Vậy max y  max m 1 ; m  2  M 2     5 1;e   M m 1  2 1  2 1 Vì 
 2M  2 1. Do đó min M
khi m 1   2  m     khi
M   2  m    2 2   1 2 m   . Chọn đáp án C. 2
Câu 103: Biết rằng tiếp tuyến của đồ thị hàm số    3    3    3 y x a x b
x c có hệ số góc nhỏ nhất
tại tiếp điểm có hoành độ x  1
 đồng thời a,b,c là các số thực không âm. Tìm GTLN tung
độ của giao điểm đồ thị hàm số với trục tung? A. 27 B. 3 C. 9 D. 18
Lời giải: Tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất tại điểm uốn.
Mặt khác y   x a2  x b2  x c2 ' 3
  y''63xabc
a b c
Do đó y ''  0  x    1
  a b c  3. 3
Giao điểm với trục tung có tung độ 3 3 3
y a b c Vì a  2
a    b 2
b    c 2 c   3 3 3 9 9
9  0  a b c  9a b c
Vậy tung độ giao điểm của đồ thị hàm số và Oy là a  3;b c  0 và các hoán vị. Chọn đáp án A. 2 m x
Câu 104: Cho hàm số f x  log
. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho 3 1 x
f a  f b  3 với mọi số thực a,b thỏa mãn ab e
ea b . Tính tích các phần tử của S . A. 27 B. 3 3 C. 3 3 D. 27 
Lời giải: Từ giả thiết ta có: a b  1 2 2 m a m 1 a
Và f a  f b  f a  f 1 a   4  log  log  log m  3 4 4
m  27  m   27 . 3 3 1 a 1 1 a 3
Do đó tích phần tử thuộc S là  27  3  3 . Chọn đáp án C.
Câu 105: Với giá trị thực dương của tham số m để đồ thị hàm số 3 2
y x  3mx  3x 1 có các điểm cực
trị A và B sao cho tam giác OAB
có diện tích bằng 8 2 thì mệnh đề nào sau đây là đúng? 7
A. 1  m  2 B. 2  m
C. 3  m  4 D. m  1 2
Lời giải: Đường thẳng qua hai điểm cực trị y   2
2  2m x m 1 px q
Điều kiện có hai điểm cực trị là 2
m 1. Gọi hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là Ax ; px q và 1 1  1 1
B x ; px q S
 . x px q x px q S
 . q . x x OAB 1  2  2  1  2 2  2 OAB 1 2 2
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 34/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 1  1 S
 . m 1 . x xx x 2  S
 . m 1 . 4m  4 OAB  2 4 1 2 1 2 2 OAB 2 2  S
m 1 . m 1  8 2   2
m m   2 2 1 m   1 128 OAB  m   3 2
3 m  5m 15m  43  0  m  3. Chọn đáp án B.
Câu 106: Số thực a nhỏ nhất để bất đẳng thức    2
ln 1 x x ax luôn đúng với mọi số thực dương x là m m với ,
m n là các số nguyên dương và
tối giản. Tính T  2m  3n . n n A. T  5 B. T  8 C. T  7
D. T  11
x  ln 1 x
Lời giải: Từ điều kiện ta có: a  , x   0. 2 x  1  2 1  2    ln1  x x x x x x  ln 1 x
2ln 1 x  x   1 x
Xét hàm số f x    ta có    1 '  x f x   . 2 x 4 3 x x x 2 2 1 x
Xét g x  2ln 1 x  x
ta có g ' x  1   0, x   0 . 1 x 1 xx  2 1 x  2 1 g x
Do đó g x  g 0  0, x
  0 . Suy ra f 'x     0, x
  0 . Do đó lập bảng biến thiên của hàm số 3 x 1
f x ta có giá trị cần tìm là a  lim f x  . Vậy T  2.1 3.2  8 . Chọn đáp án B. x 0  2
Câu 107: Cho ba số thực x, y, z không âm thỏa mãn 2x 4y 8z  
 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y z S    . 6 3 2 1 4 1 A. B. C. D. 1 log 3 12 3 6 4
Lời giải: Với a,b,c  1 ta có a   1 b  
1  0  ab a b 1.
Do đó abc  a b  
1 c ac bc c  a c  
1  b c  
1  c a b c  2 .
x  2 y  3z 1
Áp dụng ta có 2x.4y.8z 2x 4y 8z  
  2  2 . Do đó x  2y  3z 1 S   . Chọn C. 6 6 1
Câu 108: Gọi M và m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của phần thực số phức 3 w z  trong đó 3 z z  1. Tính 2 2
P M m ? A.10 B. 5 C. 29 D. 8 1  1 1  1   3 1 3
Lời giải: Ta có: Re w 3 3
  z z     Rew   3z z  3 1
  z z 3 3 2 z  6 z  2  z    
w  z z3  zzz z 3 Re 3
 8a  6a f a Trong đó z a bi với 1 a 1 1     Vì f 'a 2
 24a  6  0  a   . Và f    f   1 1 1 2; 1  2;  f  2;  f   2     2  2   2 
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 35/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Vậy M  2 và m  2 . Chọn đáp án D.
Câu 109: Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục và dương trên và thỏa mãn điều kiện f 0 1 f ' xx đồng thời 
. Tính T f 2 2  2 f   1 ? f x 2 x 1 A. 3  2 2 B. 2 C. 4 D. 4  2 3 t '  t f x x 1 Lời giải: Ta có:   
 ln f t  ln  2t   1  f t 2
t 1  T  3  2 2
f xdx dx 2 x 1 2 0 0 Chọn đáp án A. u  1  1
Câu 110: Cho dãy số  và 2 2 2
S u u  ...  u
 2018 . Khi đó S có bao nhiêu chữ 2 u 1 2 2018   3u  2  n1 n số? A.963 B. 962 C. 607 D. 608 Lời giải: Ta có 2 2 2 u
 3.u  2  u  .
a 3n b . n 1  n n  2 5   9a ba  2
Vì u  5  ta có hệ phương trình    3 . Vậy 2 n n 1 u .3 1 2.3     1 2 1   3a b n 3 b   1  Khi đó S   1 2 2017      2018 2 1 3 3 ... 3  3
1. Số chữ số của S  2018log  3 1  963. Chọn đáp án A.
Câu 111: Cho mặt cầu S   x  2   y  2 2 : 1
4  z  8 và các điểm A3;0;0, B 4;2;  1 . Gọi M là
một điểm bất kỳ thuộc mặt cầu S  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA  2.MB ? A. 4 2 B. 6 2 C. 2 2 D. 3 2
IA  4 2  2R
Lời giải: Ta thấy cả A và B cùng nằm ngoài mặt cầu đồng thời 
. Mục đích cách giải là IB  30
tìm C sao cho MA  2MC với mọi điểm M thuộc mặt cầu bằng cách sau: Lấy điểm C trên IA sao cho 2 2 IM IC IM R R ICM và IMA
đồng dạng với nhau tức là   IC    . IA IM IA .2 R 2  
Vậy IA  4IC C 0;3;0 khi đó MA  2MB  2MB MC  2BC  3 2 . Chọn đáp án D. 4
Câu 112: Cho biết z
 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2
P z z 1? z A. 8  3 5 B. 6  5 C. 6  5 D. 8  3 5  4  4  16  z z Lời giải: Ta có 2 4  z z   z   4       2  z  z zz z  16 z z 16  2 z z  2 2 2  2 z 2 2  4  z   4.  z   4. 2 2 2 2 z z z z
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 36/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 2 2 16
Vì z z   4Re  z  0  do đó 2 4  z   8 2 z 4 2 2
z 12 z 16  0  6  2 5  z  6  2 5  5 1 z  5 1 P  8  3 5 . Chọn D.
Câu 113: Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên 0; 
1 đồng thời thỏa mãn điều kiện f 0  2 1 2 2 2 và  2 21 x   1 12 x  
1 12xf x   f ' x x     0; 1. Tính f
 xdx  ? 0 3 4 5 A. B. C. 2  D.  4 3 4 2 2 2 Lời giải: Ta có  2 21 x   1 12 x  
1 12xf x   f ' x   1 1 36 1 1   24 6 f
 xd x  1   f '  2   x 2 2  dx  
 6 2x  1 f 'xdx   f '
  x dx 5  5  0 0 0 0 1   f '   x 2 2
 3x  3 dx  0  f  x 3
x  3x  2 . Chọn đáp án A. 0
Câu 114: Cho 2z 1 3i  2 . Tìm giá trị lớn nhất của P z 1  3. z 1 2i ? A. 4 2 B. 4 3 C. 2 2 D. 4 2 2  2   1   3  1
Lời giải: Ta có: M z I;  : x   y         . 2    2   2  2
Gọi A1;0, B 1
 ;2 . Chú ý I, ,
A B thẳng hàng đồng thời ta có
IA  3IB . Ta tìm max MA  3MB .   2   2 Ta có: 2 2
MA  3MB  MI IA  3MI IB    2 2 2 2 2
MA  3MB  4MI IA  3IB  2MI IA3IB 2 2 2 2 2
MA  3MB  4MI IA  3IB  8 . Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky ta có:
MA MB   2 2 3
MA  3MB 1 3  4 2 . Chọn đáp án A. m a b c 1
Câu 115: Cho các số thực a, , b c 2; 
3 . Biết giá trị lớn nhất của S  4  4  4  a b c3 là 4 n m với ,
m n là các số nguyên dương và
tối giản. Tính P m  2n . n A. P  257 B. P  258 C. P  17
D. P  18
Lời giải: Ta có: 4x  48x  80, x  2; 
3 . Dấu bằng đạt tại x 2;  3 . 1
Do đó S  48a b c  240  a b c3 16 . Dấu bằng đạt tại a; ;
b c  3;3;2 hoặc các hoán vị. 4 Chọn đáp án D.
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 37/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389   a   2
1  b  22  c  32 1
Câu 116: Cho a,b, c, d, ,
e f là các số thực thỏa mãn điều kiện  . Gọi   d  3  2  e  22 2  f  9
M và m lần lượt là các giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
   2    2    2 F a d b e c f .
Tính P M m ? A. 24 B. 80 C. 35 D. 99
Lời giải: Gọi I a,b, c và I d, , e f . Khi đó: 2   1   
I S  : x  2
1   y  22   z  32 1 có tâm O 1;2;3 , R 1 1   1 1 1 
I S  : x  32   y  22 2
z  9 có tâm O 3;  2;0 , R  3 2   2 2 2
Ta dễ thấy O O  5  R R  2 mặt cầu nằm ngoài nhau. 1 2 1 2 M  
O O R R  81 1 2 1 2 2 Vậy 
. Vậy M m  80 . Chọn đáp án B. m  
O O R R 2 1 1 2 1 2
Câu 117: Cho tam diện vuông OABC có bán kính mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp lần lượt là R và r. Khi đó R a b tỷ số
đạt giá trị nhỏ nhất là
. Tính P a b ? r 2 A.6 B. 27 C. 30 D. 60 1 Lời giải: Ta có: 2 2 2 R
a b c với OA a,OB b,OC c 2 1 Chú ý 2 2 2 2 SSSS
S ab bc ca a b b c c a tp  2 2 2 2 2 2  ABC OAB  OACOBC 2 3V abc Vậy r   2 2 2 2 2 2 Stp
ab bc ca a b b c c a 2 2 2
a b c  2 2 2 2 2 2 . 1
ab bc ca a b b c c a R    . r 2 abc 3 2 2 2  3 2 2 2 3 4 4 4
3. a b c .3. a b c 3. a b c   R 1  R   .     3 3 3 27 3    . Chọn đáp án C. r 2 abc r 2 2
Câu 118: Tính module của 2 3 2016
z  1 2i  3i  4i  ...  2017.i .
A. z  2036164
B. z  2030113
C. z  2034145
D. z  2032130 Lời giải: Ta có z   2016  i   i i 2015  i    2015   i   i 2016 1 ... 1 ... 1 ... 1  i 2017 i 1 i  2016 i   2015 1 i  2i   2016 1 ii   1    ...   i 1 i 1 i 1 i 1 2017 i   2016 2017.
1 i  ...  i  2017 2017.ii   2017 1  i 1   i 1 i  2 1
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 38/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 2018 2017 2017.i  2018.i 1     2017 2018i 1  
1009 1008i z  2034145 . Chọn C. 2i 2i 1 2 3 C 2C 3CC n n n n  1n . n.
Câu 119: Cho u      ... n  . Tính lim  . n u n  ? n 2.3 3.4 4.5 n   1 n  2 A. 1  B. 0 C. 1 D. 2 k. k C k.n! Lời giải: Xét n   k  
1 k  2 k!k  
1 (k  2).n k ! kn  2! k
k  2 k2 k  2 C  2C k 2  n 2 n 2      C
n 1 n  2 . k  2 
! n k ! n  
1 n  2 . n2
n  1n  2 k 1  k 2 C 2.C k n C n 1  n2   . Vậy u    n   1 k . n
n 1 n   1 n  2 k 1  k   1 k  2 1 n nu  .  C     C n  k 2 1 k k k 2 1 . . 1 . n1 n 1  k  n   1 n  2   n 2 1 k 1  1   n  2 2 3 C   C  ...  CC   C    C nn   1 1 n  . 3 4 n n n 2 ... 1 1 1 1 n 2 n2 n2  n 1 n   1 n  2   nu   
n u   . Chọn đáp án A. n
n  n   lim . n  1 1 2 Câu 120: Cho hàm số
f x có đạo hàm liên tục trên 0;  1 thỏa mãn 1  1 2  1
f x2 dx   x   e x e f x 1 ' 1 . . dx    và f   1  0. Tính f
 xdx  ? 4 0 0 0 A. 2  e B. 2  e C. e
D. 1 e 2 1 1 e 1 1 Lời giải: Ta có:
 x  1. xe.f xdx f
 xd  . x
x e    . x x e . f '  xdx 4 0 0 0 1  1 2 1 e  
f ' x2 dx   . x x e . f '  x 1 2 2 dx   x . x e dx  4 0 0 0 1 1   1 1 ' 2 2 2  . x  2 . x f x dx x e dx x e . f '  
xdx  0   '  . x f x
x e 2 dx  0 0 0 0 0 1
 '    . x    x f x x e
f x e x   1  f
 xdx  2e . Chọn đáp án B. 0  4 1 2 x f x 1
Câu 121: Cho f x liên tục trên  thỏa mãn f
 tan xdx  4 và dx  2  . Tính f
 xdx  ? 2 x 1 0 0 0 A. 8 B. 2 C. 3 D. 6 1 1 1
Lời giải: Đặt tan x t  4  f  t.
dt . Vậy 6  f
 xdx. Chọn đáp án D. 2 t 1 0 0
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 39/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Câu 122: Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục và không âm trên 1;4 đồng thời thỏa mãn điều kiện 4
x xf x   f x 2 2 '  
 đồng thời f   3 1  . Tính f
 xdx  ? 2 1 1186 2507 848 1831 A. B. C. D. 45 90 45 90 f ' x
Lời giải: Ta có: x f x     f x 2 . 2 1 '  
  x 2 f x 1  f ' x     x
2 f x 1 1  d f
x  xdx f  x 2 2 2
1  x x C
2 2 f x 1 3 4 3 4 1186 Vì f  
1   C   f xdx   . Chọn đáp án A. 2 3 45 1
Câu 123: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho S 0;0;  1 , M  ;
m 0;0, N 0; ; n 0 với , m n  0
và m n  1. SMN  luôn tiếp xúc với 1 mặt cầu cố định có bán kính là bao nhiêu biết mặt cầu
đó đi qua M 1;1;  1 . A. 2 B. 2 C. 1 D. 3 a b c   1 m n 1
Lời giải: Gọi I a; ;
b c là tâm mặt cầu. Khi đó: R d I,MSN    I . 1 1 1  2 2 m n 2 1 1  1 1  2 2  1 1   1 1  2 1 1 Chú ý: 1  1    1   2    1 . 2 2       m nm n mnm n   m n m n a b c   1 m n 1 Vậy R
. Chọn a b  1 c R a và tâm I a;a;1 a . 1 1  1 m nIM  a  2 2 2
1  a a a  1  R  1. Chọn đáp án C.
Câu 124: Cho z  4  3i  5 . Gọi M và m là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của z 1 3i z 1 i . Tính 2 2
P M m ? A. P  240 B. P  250 C. P  270
D. P  320
Lời giải: I
 x 2 y 2 ; 5 : 4
3  5. Gọi I 4;3  M zI; 5 . Gọi A 1;  3, B1; 
1  IA IB  5  R +) MA MB   2 2 2 MA MB  2 2
MA MB  4MH AB 2 2
MA MB  4KH AB 10 2 .
Dễ có HK HA HB  5 . Lấy C sao cho H trung điểm CK . Ta có Ptolemy: AB M . A CB M .
B CA MC.AB MA MB MC.  KC. 2 CB
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 40/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
MA MB  2 10 min 7 7
Câu 125: Cho f x liên tục trên  thỏa mãn f x  f 10  x và f
 xdx  4. Tính I xf  xdx . 3 3 A. 40 B. 80 C. 20 D. 60 3
Lời giải: Ta có: I  10 xf 10 xd 10  x 7 7 7
I  10 xf xdx  2I  10 f
xdx I  20 . Chọn đáp án C. 3 3 9x
Câu 126: Cho hàm số f x 
. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho x 2 9  m
f a  f b 1 với mọi số thực a,b thỏa mãn ab 2 e
e a b  
1 . Tính tích các phần tử của S . A. 81 B. 3 C. 3 D. 9
Lời giải: Theo giả thiết ta có: ab2 ab2 e
a b 1  e
1 a b  2 .
Mặt khác ta có: ab2 e
 1 a b  2 . Do đó dấu bằng phải xảy ra  a b  2  0  a b  2 . Chọn đáp án D.
Câu 127: Cho các số thực x, y, z không âm thỏa mãn   x y2   y z2   z x2 0  2 . Biết giá trị a x y z 3
lớn nhất của biểu thức P  4  4  4  ln x y z   x y z4 4 4 4
là , với a,b là các 4 b a
số nguyên dương và tối giản. Tính S  2a  3b . b A. S  13 B. S  42 C. S  54
D. S  71
Lời giải: Từ giả thiết ta có: 2
2  2x x  1; Tương tự ta có: 0  x, y, z  1. Và  2 2 2
x y z    2 2 2
x y z   xy yz zx 2 2 2 2 2 2
 2  x y z  1. Ta có: 4 4 4 2 2 2
x y z x y z   4 4 4
x y z    2 2 2 ln
ln x y z   0 . t 3
Xét hàm số    4t f t
 3t 1 ta có: f 't  4 ln 4 3; f 't  0  t  log  0;1 . 4   ln 4
Lập bảng biến thiên từ đó suy ra:    f t 3  max
f t  max  f 0 ; f 1 ; f log 
  f 0  f 1  0 . 0;1       4         ln 4 
Vậy ta có: 4t  3t 1, t  0; 
1 . Áp dụng ta có: 4x  4y  4z  3 x y z  3 . 3 21
Từ đó suy ra: P  3 x y z  3   x y z4  . Chọn đáp án C. 4 4
Câu 128: Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn   x y2   y z2   z x2 0 18 . Tìm giá trị x y z 1
lớn nhất của biểu thức. Biết giá trị lớn nhất của biểu thức P  4  4  4 
x y z4 3 3 3 là 108 a a
, với a,b là các số nguyên dương và tối giản. Tính S  2a  3b . b b
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 41/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 A. S  13 B. S  42 C. S  54
D. S  71
Lời giải: Từ giả thiết ta có: x  x y z   x y2   y z2  z x2 2 2 2 2 2 2
 18  x 0;  3 .
Một cách tương tự ta có y, z 0;  3 . x y z Do đó ta có 3 3 3
4  x 1, 4  y 1, 4  z 1, x
 , y, z 0;  3 . 1
Vì vậy P x y z  3 
x y z4 . 108 1 21
Đặt t x y z 0;9 , ta có P f t 4  t  3  t  max f t f 3  . 0;9       108 4
Dấu bằng đạt tại  ;
x y; z  3;0;0;0;3;0;0;0;3 . Vậy S  2.21 3.4  54 . Chọn đáp án C. t
Câu 129: Cho hàm số f t 4 
(với m  0 là tham số thực). Biết f x  f y 1 với mọi số thực 4t m 1 1 1 1 
dương x, y thỏa mãn  x y2  . x y  . Tìm GTNN của hàm số f t trên đoạn ;1 . 2 2 2    3 1 1 5 A. min f t B. min f t C. min f t D. min f t 1    1    1    1    ;1   4 ;1   2 ;1   4 ;1   4 2  2  2  2  1 1 1
Lời giải: Từ điều kiện bài toán ta có:  x y2  . x y   x y  1. 2 2  4 4  8  mx 1 1 4  4 x x x
Khi đó 1  f x  f 1 x     m  2  0 . x 1
4  m 4 x m 4  mx 1 4  4 x  2  m 1  1  1
Khi đó f t   min f t f  . Chọn đáp án B. 1    2   ;1    2  2  2 1  4t Câu 130: Cho hai số thực x, y phân biệt thỏa mãn
x, y 0;2018 . Đặt 1  y xS  ln  ln 
 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
y x  2018  y 2018  x  2 2 4 4 A. S B. S C. S D. S 1009 1009 1009 1009
Lời giải: Theo định lý Lagrange ta có:
f y  f xS   f u 2018 2018 2 '    . y x
u 2018  u 2
u  2018  u  1009    2   t
Trong đó f t  ln 
 và u là số nằm giữa x và y . Chọn đáp án A.  2018  t
Câu 131: Có bao nhiêu giá trị của  trong 0;2  để ba phần tử của S  sin,sin 2,sin 3 trùng với
ba phần tử của T  cos,cos 2,cos3 . A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Lời giải: Ta có: sin  sin 2  sin 3  cos  cos 2  cos3 .
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 42/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389  2  1     k2 cos     2cos  
1 sin 2  2cos   1 cos 2  3  2   .   k tan 2 1       8 2
Khi sin 2  cos 2 thì ta có thể chia các trường hợp sau:       sin  cos k   +) 4    (Loại) sin 3  cos3  k      12 3    
sin  cos3  3     k2      2 +)   . Chọn đáp án D.   k
sin 3  cos      8 2 x y  1
Câu 132: Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện 2 2 2 3 log x y  1   log 1 xy  2    2   2  . Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức M   3 3
2 x y  3xy . 13 17 A. 7 B. C. D. 3 2 2 2
Lời giải: Ta có: xy 3 log   2 22  3 xy x y log 2  2xy . 2 2  
Vậy  x y2 2 2
 2  2xy x y  2  x y2  2  2xy . Khi đó M  x y3 2
 6xy x y  3xy . 2 2  t  2   t  2 
Đặt t x y M f t 3
 2t  6t    3  .  2   2  Với 2
t  2  2xy  4  t  2
 ;2 . Chọn đáp án B.
Câu 133: Cho tập A  1;2;3;4;5;...; 
100 . Gọi S là tập các tập con của A. Mỗi tập con này gồm 3 phần
tử và có tổng bằng 91. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S. Xác suất chọn được phần tử có 3 số
lập thành cấp số nhân là? 4 2 3 1 A. B. C. D. 645 1395 645 930
Lời giải: “Bài toán chia kẹo của Euler: Cho k cái kẹo chia cho t đứa trẻ hỏi có bao nhiêu cách? Bài toán
tương đương với số nghiệm nguyên dương của phương trình x x  ...  x k . Giả sử có k 1 chỗ 1 2 t
trống tại k cái kẹo. Xếp t 1 vách ngăn vào k 1 chỗ trống có t 1 C  cách.” k 1 
a b c
a b ca c Nếu  , loại. Nếu    .
a b c  91
a b c  91
2a c  91
Vậy chọn a có 45 cách từ 1 đến 45 và chọn c chỉ có 1 cách. 2  C  45.3  3870
Tương tự cho b c, c a nên số phần tử không gian mẫu: 90       645 3! 6   Nếu 2
a qa qa  91 2
1 q q Ư  91  1;7;13;9  1  q 2;3;  9  a; ; b c1;9; 
81 ;7;21;63;13;26;52. Vậy   3. Chọn đáp án C. A
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 43/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Câu 134: Cho số phức z thỏa mãn z  1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  1 z  3 1 z . A. 3 15 B. 20 C. 2 10 D. 6 5
Lời giải: Gọi A1;0, B 1;
 0, ta có P MB  3MA .
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky: MB MA   2 2   2 2 3 1 3
MA MB   2 10 . Chọn đáp án C.
Câu 135: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho P là mặt phẳng đi qua M 1;4;9 và cắt các
tia Ox,Oy,Oz tại ,
A B,C sao cho OA OB OC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó P đi qua điểm
nào trong các đáp án sau? A. 12;0;0 B. 0;6;0 C. 0;12;0 D. 0;0;6 x y z 1 4 9    2 1 2 3
Lời giải: Gọi mặt phẳng P    1. Ta có: 1    
a b c  36 . a b c a b c
a b c 1 2 3 a  6    
Đẳng thức xảy ra khi a b cb
 12 . Chọn đáp án C.
a b c  36 c 18 
Câu 136: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện 4x 9y 16z 2x 3y 4z    
 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x 1  y 1  z 1 P 2 3 4     . 9  87 5  87 7  87 3  87 A. B. C. D. 2 2 2 2
a,b,c  0
Lời giải: Đặt  2x,  3y ,  4z a b c ta có:  . 2 2 2
a b c a b c      
Ta cần tìm min P  2a  3b  9 1 1 1
4c P   2 a   3 b   4 c        . 2  2   2   2  2 9           2     9 3 9 87 P     2 3 4  2 2 2 1 1 1 2 2 2  a   b   c          P   29.  P    .  2   2   2   2  max    2  4 2 Chọn đáp án A.
Câu 137: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho H a; ;
b c trong đó ab bc ca  1  . Mặt
phẳng   qua H và cắt Ox,Oy,Oz tại ,
A B,C sao cho H là trực tâm ABC . Mặt cầu tâm
O tiếp xúc   có bán kính nhỏ nhất là? A. 1 B. 2 C. 2 D. 3 Lời giải: Ta có:    2 2 2 OH
R OH a b c .
Lại có: a b c  a b c2 2 2 2
 2ab bc ca  a b c2  2  2 .
Vậy R  2 . Chọn đáp án C.
Câu 138: Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên 0; 
1 đồng thời thỏa mãn điều kiện  f 'x 2 1    1 1
f 0  0, f   1 1 và dx  
. Tính tích phân I f
 xdx  ? x e e 1 0 0
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 44/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 e  2 e 1 1 A. B. C. 1 D. e 1 e  2
e  1e  2  f '   x 2 2 1 1 1    x 1
Lời giải: Theo bất đẳng thức Holder ta có: . dx e dx f ' x dxe      x    .    1 1 e   e 1 0 0 0 f ' x 1 1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:  k. x
e f ' x  k. x e . Vì f '
 xdx 1 k x e e 1 0 x e C x e e  2
Vậy f x 
. Mà f 0  0, f  
1  1 và f x 1  . Vậy I  . Chọn đáp án A. e 1 e 1 e 1
Câu 139: Với m để hàm số 2
y x mx 1 trên 1;2 đạt giá trị nhỏ nhất là 1 thì mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. 2  m  4
B. 1  m  2
C. 0  m  1
D. m  4   m  2  m
Lời giải: Ta có min y  min  f  
1 , f 2, f  
  min  2  m ; 5  2m ; 1   1;  2   2  4   m 1
Trường hợp 1: 2  m  1  
. Tuy nhiên khi thay vào kiểm tra ta thấy chỉ có m  3 thỏa mãn. m  3 m  2 
Trường hợp 2: 5  2m  1  
. Khi thay vào kiểm tra ta thấy chỉ có m  3  thỏa mãn. m  3  2 mm  2 2 Trường hợp 3: 1 1  
. Tuy nhiên khi thay vào kiểm tra ta thấy không có giá trị nào 4 m  0
thỏa mãn. Chọn đáp án A. x  3
Câu 140: Cho hàm số y
có đồ thị C  và điểm AC  . Tiếp tuyến với C  tại A tạo với hai x 1
đường tiệm cận một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất là bao nhiêu? A. 2  2 2 B. 4  2 2 C. 3  2 D. 4  2 2 8
Lời giải: Giả sử M và N là hai giao điểm với đường tiệm cận. Khi đó IM  2 x 1 ; IN A x 1 A Khi đó 2 2 C
IM IN IM IN  2 IM.IN  2. IM.IN IMNs 8 C  8  4 2 . Vậy r  
 4  2 2 . Chọn đáp án B. IMN IMN p 4  2 2
Câu 141: Cho khối lập phương 3 3 3 gồm 27 khối lập phương đơn vị. Một mặt phẳng vuông góc với
đường chéo của khối lập phương lớn tại trung điểm của nó. Mặt phẳng này cắt ngang (không đi
qua đỉnh) bao nhiêu khối lập phương đơn vị? A. 16 B. 17 C. 18 D. 19
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 45/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Lời giải: Đưa vào hệ tọa độ Oxyz , xét mặt phẳng đi qua trung điểm OA và vuông góc OA với
A3;3;3 là P 9
: x y z   0 . Mặt phẳng này cắt hình lập phương đơn vị nếu điểm i; j;k  và 2  9
i j k   0    2 3 9
i 1; j 1; k  
1 nằm về hai phía P. Vậy 
  i j k  9 2 2 i
 1 j 1 k 1  0  2 3 9
Các họ không thỏa mãn là i j k  hoặc i j k  tức 2 2 S  
 0;0;0,0;0; 1,0;1;0,1;0;0,1;2;2,2;1;2,2;2; 1,2;2;2.
Vậy có 27  8  19 khối lập phương bị cắt. Chọn đáp án D. 2 x
Câu 142: Cho biết x 0; và f  t 3 2
dt x  5x . Tính f 4  ? 0 A. 2  B. 8  C. 2 D. 8 2 x Lời giải: Ta có f
 tdt F  2x  F 0 3 2
x  5x . Vậy x F  2 x  2 2 . '  3x 10x 0 f  3 2
x   F ' 2
x   x  5  f 4  2  . Chọn đáp án A. 2
Câu 143: Trong không gian tọa độ Oxyz cho ABC có đỉnh A4;1;0 , trực tâm H 8;1;0 và
M 1;1;0 là trung điểm BC. Tìm tâm I đường tròn ngoại tiếp ABC .
A. I 1;1;0
B. I 1;0;  1
C. I 1;1;  1
D. I 1;1;0  
Lời giải: Theo tính chất về đường tròn Euler ta có: AH  2IM  4;0;0  21 ;
x 1 y; z
Vậy I 1;1;0 . Chọn đáp án D.
Câu 144: Cho số phức z thỏa mãn z  2  3i z  2  i  4 5 . Tìm giá trị lớn nhất của z  6  5i ? A. 4 5 B. 5 5 C. 6 5 D. 7 5
Lời giải: Gọi A2; 3  , B 2;    1 ,C 6; 5
  . Ta thấy A là trung điểm của BC .
MAMB  4 5  2a Mà 
a  2 5,c  5,b  15 .
AB  2 5  2c AC 1
Do đó MC max khi và chỉ khi: MC CA AB a  2 5  5  2 5  5 5 . 2 1
Câu 145: Cho hàm số y f x dương và liên tục trên 1; 
3 thỏa mãn max f x  2;min f x  và 1; 3 1; 3 2 3 3 1 3
biểu thức S f  xdx dx
đạt giá trị lớn nhất. Khi đó tính f xdx  ? f x 1 1   1 7 5 7 3 A. B. C. D. 2 2 5 5
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 46/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 1 1 5
Lời giải: Ta có:  f x  2  2 f x  
1  f x  2  0  f x   2 f x 2 1 5 3 3   3     25 5 S f  x 5 dx   f
xdx . Ta tìm được max S  khi f xdx   . f xf x 2 2 4 2 1  1  1 1iz
Câu 146: Cho hai số phức z và w biết chúng thỏa mãn
 2 1 và w iz . Tìm giá trị lớn nhất 1 i
của M z w . A. 3 3 B. 3 C. 3 2 D. 2 3
Lời giải: Ta có: 1 iz  21 i  2  z  2i 1. Vậy quỹ tích M z là đường tròn tâm
I 0;2, R 1. Lại có w z iz z  2. z  3 2 . Chọn đáp án C.
Câu 147: Gọi a,b là các số nguyên thỏa mãn  0   0    0   a   0 1 tan1 1 tan 2 ... 1 tan 43
2 . 1 tan b  đồng
thời a,b 0;90. Tính P a b ? A. 22 B. 46 C. 27 D. 44 sin x   0 sin x  45  
Lời giải: Vì 1 tan x  1  2   . cos x  cos x    sin 46 sin 47 ...sin 88 sin 46 Do đó P   2 0 0 0 43 .   2 0 43 . 21   0
2 . 1 tan1  . Chọn đáp án A. 0 0 0 cos1 cos 2 ...cos 43 0 cos1
Câu 148: Cho cấp số cộng a ; cấp số nhân b thỏa mãn a a  0;b b 1 và hàm số n n  2 1 2 1 f x 3
x  3x sao cho f a  2  f a và f log b  2  f log b . Số nguyên dương 2 2   2  2   1
n  1 nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện b  2018a là? n n A. 16 B. 15 C. 17 D. 18
Lời giải: Tính bảng biến thiên:
Vì f a f a a , a  0;1 và a 1;a  0 . 2   1 1 2   2 1
Tương tự log b  1 và log b  0 . 2 2 2 1
Khi đó a n 1 và 1 b 2n  . n n Vậy n 1 b 2018a 2   
 2018 n  . Chọn đáp án A. n n   1 2019
u u u  ... u ab
Câu 149: Biết rằng 2 2018 n 4n 4 n 4 L  lim n
trong đó u xác định bởi n
u u u  ... u c 2 2018 n 2n 2 n 2 n u  0;u
u  4n  3 và a,b,c là các số nguyên dương và b  2019 . Tính S a b c ? 1 n 1  n A. 1  B. 0 C. 2017 D. 2018 Lời giải: 2 u u
 4n 1 u  2n n  3. n n 1  n
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 47/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 Xét S   2 2018 n, 4 , n 4 , n ...4 n và S   2 2018 n, 2 , n 2 , n ...2 n . 2  1  k  3 Ta có: 2
u  2k k  3  2.k  2.k   2.k . k 2
2k k  3  2.k 2019 k  3  4 1   2 . n   2 2019 k S
2k k  3  2.k  3  2 1 Vậy 1 L  lim  . Chọn đáp án B. k  3   n  2019   3 2 . 2 1 2 k S
2k k  3  2.k 2
Câu 150: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M 3;4;5 . Gọi P là mặt phẳng qua
M sao cho P cắt các trục tọa độ tại các điểm ,
A B,C sao cho khoảng cách từ gốc tọa độ tới
P là lớn nhất. Thể tích khối tứ diện OABC là? 6250 3125 24 144 A. B. C. D. 3 9 5 5  
Lời giải: Ta có: d  ;
O Pmax  OM khi P có n OM  3;4;5 .   x y z
P : 3x  4y  5z  50  0     50 25 3125 1  a  ,b  , c  10  V  . 50 25 10 3 2 OABC 9 3 2 Chọn đáp án B.
Câu 151: Cho hàm số f x 4 2
ax bx ca  0 có min f x  f  
1 . Giá trị nhỏ nhất của hàm số ;0 1  trên ; 2  bằng? 2    7a 9a
A. c  8a B. c C. c
D. c a 16 16
Lời giải: Dễ dàng suy ra được a  0,b  0 và x  1
 là điểm cực tiểu của hàm số. Vì 3
y '  4ax  2bx y '  1  0 khi b  2  a . Vậy 4 2
y ax  2ax c .
Do đó min f x  f  
1  c a . Chọn đáp án D. 1  '2 2    x  0 
Câu 152: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : y t và A0;4;0 . Gọi M z 1 
là điểm cách đều d và trục x 'Ox . Khoảng cách ngắn nhất giữa A và M bằng: 1 65 A. B. 3 2 C. 6 D. 2 2 d  M ,Ox 2 2  b c
Lời giải: Gọi M a; ; b c ta có:  .
d M ,d   a  c  2 2 1 
Do đó b c a  c  2 2 2 2 2 2
1  a b  2c 1.
Khi đó AM a  b  2  c
b  2 c  2 2 2 4 2 2 1  6 . Chọn đáp án C.
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 48/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Câu 153: Cho hàm số y f x có đạo hàm f x 2
x x   2 '
1 x  2mx  4 . Có bao nhiêu giá trị
nguyên âm của m để hàm số   2 y
f x  có đúng 1 điểm cực trị? A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Lời giải: Ta có: y x f  2 x  5  x  2 x   4 2 ' 2 . ' 2
1 x  2mx  4 . x  0 x  0 Do đó y '  0 khi   
2 . Khảo sát bảng biến thiên ta kết luận m  2 . 4 2 2
x  2mx  4  0
m  x  2  x Chọn đáp án B.
Câu 154: Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên 0; 
1 đồng thời f 0  0, f   1 1 và 1 1 f x  f '  x 2 1 2  1 x dx    . Tính tích phân dx  bằng? 2 0 ln 1 2 0 1 x 1 2 1 A. 2 ln 1 2 B. 2 ln 1 2 2 2 1 C. ln 1 2 D.  2   1 ln 1 2 2 2 1 1 1 2 1  
Lời giải: Theo bất đẳng thức Holder ta có: f '   x 2  1 x d . x dx f '  
  xdx 1  2 0 0 1 x 0  1 1 1 Mặt khác dx  ln   2 x  1 x  ln 1 2 2    1 x 0 0 k k
Vậy đẳng thức xảy ra khi f ' x 4 2 . 1 x
f 'x  4 2 2 1 x 1 x 1 1 1 Vì f '
 xdx 1 nên k
. Vậy f x 2 
.ln x  1 x C ln 1 2 ln 1 2   0  f  0  0 1 f x 1 Vì 
nên C  0 . Do đó dx  ln 1 2  . Chọn đáp án C. 2    f    1 1 1 x 2 0 2
x xy  3  0
Câu 155: Cho x, y  0 và thỏa mãn 
. Tính tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu
2x  3y 14  0 thức 2 2 3
P  3x y xy  2x  2x ? A. 8 B. 0 C. 12 D. 4 2 x  3 9  9
Lời giải: Ta có y
. Thay vào ta có P  5x
f x với x 1; x x  5  
Khi đó max P  min P  0 . Chọn đáp án B. 1 1 1
Câu 156: Cho mặt phẳng P
: bcx cay abz abc  0 với a,b, c  0 và    3. Gọi a,b,c a b c
M x , y , z là điểm cố định của họ mặt phẳng P
. Tính giá trị của biểu thức a,b,c  0 0 0 
E x y z ? 0 0 0
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 49/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 1 1 A. E  1 B. E  3 C. E
D. E 3 2 x y z  1 1 1 
Lời giải: Ta có P :   1. Vậy M ; ;   . Chọn đáp án A. a b c  3 3 3 
Câu 157: Cho các số thực dương a, ,
b c lần lượt là số hạng thứ , m ,
n p của một cấp số cộng và một cấp
số nhân. Tính P  b clog a  2 c a log b  3 a b log . c 3   9   27 A. P  3 B. P  1 C. P  0
D. P  2
a u  m   m 1
1 d v .q  1 1 
Lời giải: Ta có: b
  u  n   n 1
1 d v .q  . Và  log
bc . ca. ab P a b c 3   1 1 c u    p   p 1
1 d v .q  1 1 b a ca c b         P  log  . .              log m p b n m c p n a P q        . Vì: 3   3  c b a         
m pb  n mc   p na  m p.u n 1 d n m . u p 1 d p n . u m 1 d  0 1       1       1   
(học sinh tự khai triển). Vậy P  0
Chú ý: Mẹo thay a b c  1. Chọn đáp án C.
Câu 158: Tìm m để phương trình m  
1 cos x  m  
1 sin x  2m  3 có hai nghiệm x , x thỏa mãn 1 2  x x  . 1 2 3
A. m  2  3
B. m  2  3
C. m  2  3
D. Không tồn tại m    
Lời giải: Phương trình có nghiệm m  2  m  2   m  2 6 22 6 22 1 1 2 3   m  * 2 2 m 1 m 1 2m  3 PT  cos x  sin x  2 2 2 2m  2 2m  2 2m  2
x     k 2 m 1 2m  3
 cos x   1  cos    với cos  ;cos   x      k 2 2 2 2 2m  2 2m  2
 Nếu x ; x cùng thuộc một họ nghiệm  x x k2 (loại) 1 2 1 2
 Nếu x ; x cùng thuộc hai họ nghiệm  x     k 2 ; x     k 2 1 2 1 1 2 2    1
Do đó x x
 2  k k 2   cos 2  k k 2  cos  cos 2  1 2  1 2  1 2  3 3 3 2 2 1 1  m 1  3 m 1 2  2  2 cos  1    2  1   2 2 2 2  2m  2 4 2m  2  2
m  4m 1  0  m  2  3 (không thỏa mãn * )
Vậy không tồn tại m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn đáp án D.
Câu 159: Cho parabol P 2
: y x và hai điểm ,
A B thuộc P sao cho AB  2 . Tìm diện tích lớn nhất
của hình phẳng giới hạn bởi P và đường thẳng AB . 4 3 2 3 A. B. C. D. 3 4 3 2
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 50/51
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Lời giải: Gọi A 2 a a B 2 ; , ;
b b  với a b . Ta có: AB   b a2   2 2 2
b a 2  4 2 2 x a y a x a y a AB :           2 y
a b x a a y  a bx ab 2 2 b a b a 1 b a b S   ba b 2
x ab x dx  x ab xdx . Đặt t x a . Suy ra: a a ba ba ba ba   S
t b a tdt
bat t  b at tb a3 2 3 2 dt      2 3 6 0 0 0 0 2 4
Ta có: b a2  b a   4  b a2 1 b a2   4  b a2 2 2   4
1 a b2 b a3 3 2 4
Suy ra: b a  2  S    . 6 6 3 a b  0 b  1
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi     A 1;   1 ; B 1;  1 b a  2 a  1 
Chú ý: Khi làm trắc nghiệm ta có thể đặc biệt hóa AB song song với Ox , từ đó cũng tìm được a b  0 .
Câu 160: Cho hàm số y f x liên tục trên \0;  1
 thỏa mãn điều kiện f   1  2  ln 2 và
x x   f x  f x 2 1 . '
x x . Biết f 2  a bln 3 a,bQ . Tính 2 2 a b  ? 3 13 1 9 A. B. C. D. 4 4 2 2 1 x 1 x
Lời giải: Ta có f ' x   
. f ' x  . f x  2  
x x   . f x 1 1 x 1 x   1 x 1  x x xf x. '   f x.
x  ln x 1  C   x 1   x 1 x 1 Ta có f   1
1 . 1 ln 2  C C  1
 . Khi đó f   2
2 .  2  ln 3 1 1 ln 3 2 3  9 f   3 3 2   ln 3 do đó 2 2
a b  . Chọn đáp án D. 2 2 2
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 51/51