Tổng hợp đề thi thử THPT quốc gia môn Toán cực hay có lời giải - Đề 5
50 câu hỏi
Tập giá trị của hàm số y = tanx là:
R\{0}
R
Đáp án D.
Phương pháp: Hàm số y = tanx xác định 
Cách giải: Hàm số y = tanx xác định
Vậy TXĐ:
Điểm M trong hình bên là điểm biểu diễn của số phức Z. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Phần thức là 3 và phần ảo là 4
Phần thực là 4 và phần ảo là 3i
Phần thực là 4 và phần ảo là 3
Phần thực là 3 và phần ảo là 4i
Đáp án A.
Phương pháp : Số phức z = a+bi có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là M(a;b) trong đó a là phần thực và b là phần ảo.
Cách giải: M(3;4) → Số phức z có phần thức là 3 và phần ảo là 4
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a;b] và cắt trục hoành tại điểm x = c (a<c<b) (như hình vẽ bên). Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x) trục hoành và hai đường thẳng x = a; x = b. Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
Đáp án B.
Phương pháp : Ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng.
Cách giải:
Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(8;0;0), B(0;2;0), C(0;0;4). Phương trình mặt phẳng (ABC) là:
x + y 2z = 0
x + 4y 2z 8 = 0
Đáp án D.
Phương pháp: Viết phương trình mặt phẳng (ABC) dạng đoạn chắn.
Cách giải: Phương trình mặt phẳng (ABC):
Cho mặt phẳng đi qua M(1;3;4) và song song với mặt phẳng : 6x – 5y +z – 7 = 0. Phương trình mặt phẳng là:
6x 5y + z + 25 = 0
6x 5y + z 25 = 0
6x 5y + z 7 = 0
6x 5y + z + 17 = 0
Đáp án B.
Phương pháp: Mặt phẳng đi qua M(1;3;4) và nhận là 1 VTPT.
Cách giải: Mặt phẳng đi qua M(1;3;4) và nhận là 1 VTPT nên có phương trình:
6(x1)5(y+3)+(z4)=0
→ 6x 5y + z 25 = 0
Cho hàm số f(x) xác định, liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau :
Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
Giá trị cực đại của hàm số bằng 5
Hàm số có đúng một cực trị
Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng 0 và giá trị lớn nhất bằng 2
Giá trị cực đại của hàm số bằng 2
Đáp án D.
Phương pháp : Dựa vào BBT.
Cách giải :
A sai vì giá trị cực đại của hàm số bằng 2.
B sai vì hàm số có 3 cực trị.
C sai vì hàm số không có GTLN
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ bên:
Số nghiệm của phương trình f(x) – 2 = 0 là:
0
1
3
2
Đáp án D.
Phương pháp: Số nghiệm của phương trình f(x) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = m
Cách giải: f(x) – 2 = 0 → f(x) = 2
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = 2
Dựa vào BBT ta thấy phương trình có 2 nghiệm
Cho mặt phẳng đi qua điểm M(1; –3;4) và song song với mặt phẳng : 6x + 2y – z – 7 = 0. Phương trình mặt phẳng là :
6x + 2y – z +8 = 0
6x + 2y – z +4 = 0
6x + 2y – z – 4 = 0
6x + 2y – z – 17 = 0
Đáp án B.
Phương pháp: Mặt phẳng đi qua M(1; –3;4) và nhận là 1 VTPT.
Cách giải: Mặt phẳng đi qua M(1; –3;4) và nhận là 1 VTPT nên có phương trình:
6(x– 1) + 2(y+3) – (z– 4) = 0 → 6x + 2y – z +4 = 0
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=x+x2+1 tại điểm có hoành độ x = 0 là:
y = x + 1
y = x + 2
y = x - 1
y = x -2
Đáp án A.
Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ x = x0 là 
Cách giải: TXĐ: D = R
Ta có 
=>Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x = 0 là: 
Cho hình nón có bán kính đáy bằng 4a và chiều cao bằng 3a. Diện tích xung quanh của hình nón bằng:
18πa2
12πa2
15πa2
20πa2
Đáp án D.
Phương pháp: Diện tích xung quanh của hình nón 
Cách giải: Độ dài đường sinh của hình nón 
Diện tích xung quanh của hình nón 
Cho tập hợp A = {1;2;3;4} Có bao nhiêu tập con của A có hai phần tử:
6
12
8
4
Đáp án A.
Phương pháp: Số tập con có 2 phần tử của tập A là chỉnh hợp chập 2 của 4.
Cách giải: Số tập con có 2 phần tử của tập A là C42
Trong không gian Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình chính tắc của đường thẳng x=1-2ty=3tz=2+t
x+1-2=y3=z-21
x-11=y3=z+22
x+11=y3=z-22
x-1-2=y3=z-21
Đáp án D.
Phương pháp: Đường thẳng d có phương trình tham số: x=1-2ty=3tz=2+t có phương trình chính tắc
x-x0a=y-y0b=z-z0c
Cách giải: Phương trình chính tắc của đường thẳng d là: x-1-2=y3=z-21
Biết rằng tập nghiệm S của bất phương trình log-x2+100x-2400<2 có dạng S = (a;b)\{x0}. Giá trị của a + b – x0 bằng:
100
30
150
50
Đáp án D.
Phương pháp: 
Cách giải: ĐK: 
Giới hạn của hàm số lim3n+1n-2 bằng:
-12
-32
3
1
Đáp án C.
Phương pháp: Chia cả tử và mẫu cho n và sử dụng giới hạn 
Cách giải: 
Cho hàm số f(x)=x3-1x-1 khi x≠12m+1 khi x=1. Giá trị của tham số m để hàm số liên tục tại điểm x0 = 1 là:
m = 1
m = -12
m = 0
m = 2
Đáp án A.
Phương pháp: Hàm số y = f(x) liên tục tại 
Cách giải: 
f(1) = 2m+1
Để hàm số liên tục tại x = 1
Đầu mỗi tháng anh A gửi vào ngân hàng 3 triệu đồng với lãi suất 0,7% mỗi tháng. Biết không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau môi tháng số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng (khi ngân hàng đã tính lãi) thì anh A có được số tiền cả gốc lẫn lãi nhiều hơn 100 triệu đồng? Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và anh A không rút tiền ra.
30 tháng
33 tháng
29 tháng
28 tháng
Đáp án A.
Phương pháp: Sử dụng công thức lãi kép.
Cách giải: Số tiền anh A nhận được sau n tháng là:
Vậy phải cần ít nhất 30 tháng để anh A có được nhiều hơn 100 triệu
Biết ∫121x-52x+2dx=a+lnb với a, b là các số thực. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
a+b=930
ab=98
ab=881
a+b=724
Đáp án C.
Phương pháp: Chia tử cho mẫu.
Cách giải: 
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = ln(x2 – x +1) tại điểm có hoành độ x=1
y = x – 1
y = x + 1
y = x – 1 + ln3
y = x + 1 – ln3
Đáp án A.
Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ x0 là: 
Cách giải: Ta có: 
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x = 1 là: 
Kí hiệu z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2 + z + 1 = 0. Giá trị của biểu thức P=z12+z22+z1z2 bằng:
P = 2
P =–1
P = 0
P = 1
Đáp án C.
Phương pháp: Sử dụng định lí Vi-et.
Cách giải: z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2 + z + 1 = 0 nên theo định lí Vi-et ta có:
Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thoi cạnh a, ABC^=600 ,SA⊥(ABCD), SA = 3a2. Gọi O là tâm của hình thoi ABCD. Khoảng cách từ điểm O đến (SBC) bằng
5a4
3a8
5a8
3a4
Đáp án B.
Phương pháp: Tính khoảng cách từ A đến (SBC) và so sánh khoảng cách từ O đến (SBC) với khoảng cách từ A đến (SBC)
Cách giải: Tam giác ABC có góc ABC = 600 => ∆ABC đều cạnh a.
Gọi M là trung điểm của BC => AM⊥BC. Trong mặt phẳng (SAM) kẻ AH⊥SM ta có
Tam giác ABC đều cạnh a nên 
Ta có : 
Ta có 
Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số y=ax+bcx+d với a, b, c, d là các số thực. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
y'<0∀x≠2
y'<0∀x≠3
y'>0∀x≠3
y'>0∀x≠2
Đáp án A.
Phương pháp: Dựa vào các đường tiệm cận và sự đơn điệu của đồ thị hàm số.
Cách giải: Ta thấy hàm số nghịch biến trên (-∞;2) và (2;+ ∞) => y'<0∀x≠2
Cho hàm số f(x) liên tục trên [1;+∞) và ∫03f(x+1)dx=8. Tích phân I=∫12xf(x)dx bằng:
I = 8
I = 4
I = 16
I = 2
Đáp án B.
Phương pháp: Đặt t=x+1
Cách giải: Đặt 
đổi cận 
Hàm số nào dưới đây đồng biến trên khoảng (-∞;+∞)?
y=x4+2x2+2
y=x-12x+1
y=x3+x-5
y=x+tanx
Đáp án C.
Phương pháp:
Hàm số y = f(x) đồng biến trên R 
tại hữu hạn điểm.
Cách giải:
Đáp án A: 
Đáp án B: TXĐ 
ta có 
=> hàm số đồng biến trên các khoảng xác định 
và 
Đáp án C: 
=> Hàm số đồng biến trên R
Đáp án D: TXĐ: 
ta có 
=> Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định.
Vậy chỉ có đáp án C đúng
Trong khai triển 1x3+x512 với x ≠ 0. Số hạng chứa x4 là:
924x4
792
792x4
924
Đáp án C.
Phương pháp : Sử dụng khai triển nhị thức Newton: 
Cách giải : 
60 – 8k = 4 ó k = 7 <=> Số hạng chứa x4 là 
Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a. Thể tích của khối chóp đã cho bằng :
14a32
14a36
2a36
11a312
Đáp án C.
Phương pháp : 
với O là giao điểm 2 đường chéo.
Cách giải :
Gọi 
Ta có: 
Xét tam giác vuông SOB có 
Cho logab = 2 và logac = 3. Giá trị của biểu thức P=logab2c2 bằng:
49
36
–5
13
Đáp án C.
Phương pháp: Sử dụng các công thức 
và 
(giả sử các biểu thức là có nghĩa).
Cách giải:
Cho hình trụ có chiều cao h = a3, bán kính đáy r = a. Gọi O,O’ lần lượt là tâm của hai đường tròn đáy. Trên hai đường tròn đáy lần lượt lấy hai điểm A, B sao cho hai dường thẳng AB và OO’ chéo nhau và góc giữa hai đường thẳng AB với OO’ bằng 300. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OO’ bằng :
a6
a62
a3
a32
Đáp án D.
Phương pháp :
+) Xác định mặt phẳng (P) chứa AB và song song với OO’.
+) d(OO’;AB) = D(OO’;(P))
Cách giải :
Dựng AA’//OO’ ta có: (OO’;AB) = (AA’;AB) = A’AB = 300
Gọi M là trung điểm của A’B ta có:
=>d(OO’;AB) = d(OO’;(ABA’)) = d(O’;(ABA’)) = O’M
Xét tam giác vuông ABA’ có 
Xét tam giác vuông O’MB có 
Gọi n là số đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=x+1x2-4x+3. Tìm n ?
n = 0
n = 3
n = 2
n = 1
Đáp án B.
Phương pháp :
Nếu limx→+∞y=a hoặc limx→+∞y=a => y = a là đường TCN của đồ thị hàm số
Nếu limx→x0y=∞⇒x=x0 là đường TCĐ của đồ thị hàm số
Cách giải : Dễ thấy đồ thị hàm số có 1 đường TCN là y = 0 và 2 đường TCĐ là x = 1; x = 3
Vậy n = 3
Một tổ có 6 học sinh nam và 9 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 5 học sinh đi lao động trong đó có 2 học sinh nam ?
C92C63
C62+C93
C62.C93
A62.A93
Đáp án C.
Phương pháp:
+) Chọn 2 học sinh nam.
+) Chọn 3 học sinh nữ.
+) Sử dụng quy tắc nhân.
Cách giải:
Số cách chọn 2 học sinh nam C62
Số cách chọn 3 học sinh nữ C93
Vậy số cách chọn 5 học sinh đi lao động trong đó có 2 học sinh nam là C62.C93
Cho phương trình 32x+5 = 3x+2 + 2. Khi đặt t = 3x+1 phương trình đã cho trở thành phương trình nào trong các phương trình dưới đây?
81t2-3t-2=0
3t2-t-2=0
27t2-3t-2=0
27t2+3t-2=0
Đáp án C.
Phương pháp: Đặt t = 3x+1
Cách giải: 
Đặt t = 3x+1 khi đó phương trình trở thành 
Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x – 2y – z – 4 = 0 và mặt cầu (S): x2+y2+z2-2x-4y-6z-11=0. Biết rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn (C). Tọa độ điểm H là tâm đường tròn (C) là:
H(3;0;2)
H(–1;4;4)
H(–1;4;4)
H(4;4; –1)
Đáp án A.
Phương pháp:
Mặt phẳng (P) cắt (S) theo một đường tròn (C) => Tâm H của (C) là hình chiếu của H trên (P).
Cách giải: Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3), bán kính R = 5
Mặt phẳng (P) cắt (S) theo một đường tròn (C) => Tâm H của (C) là hình chiếu của H trên (P)
Ta có n(P)→=(2;-2;-1) đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P) có phương trình
Khi đó 
. Thay vào phương trình mặt phẳng (P) ta có: 2(1+2t) – 2(2–2t) – (3–t) – 4 = 0 ó 9t – 9 = 0 ó t = 1 ó H(3;0;2)
Cho hàm số y=2x+1+12x-m với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m trong khoảng (–50;50) để hàm số ngịch biến trên (–1;1). Số phần tử của S là:
49
47
48
50
Đáp án A.
Phương pháp: Đặt t=2x
Cách giải: Đặt 
khi đó ta có 
có 
luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó.
Để hàm số ban đầu nghịch biến trên (–1;1) => hàm số 
nghịch biến trên 
và 
Kết hợp 
Vậy có tất cả 49 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán
Trong không gian Oxyz cho điểm M(1;3; –2). Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng (P) đi qua M và cắt các trục x’Ox; y’Oy; z’Oz lần lượt tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho OA = OB = OC ≠ 0
3
2
1
4
Đáp án D.
Phương pháp: Gọi A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c) => |a| = |b| = |c|, chia các trường hợp để phá trị tuyệt đối và viết phương trình mặt phẳng (P) dạng đoạn chắn.
Cách giải: Giả sử A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c) ta có: OA = |a|; OB = |b|; OC = |c|
OA = OB = OC ≠ 0 ó |a| = |b| = |c| ≠ 0
TH1: 
TH2: 
TH3: 
TH4: 
Vậy có 4 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán
Hai quả bóng hình cầu có kích thước khác nhau được đặt ở hai góc của một căn nhà hình hộp chữ nhật sao cho mỗi quả bóng đều tiếp xúc với hai bức tường và nền của nhà đó. Biết rằng trên bề mặt của quả bóng đều tồn tại một điểm có khoảng cách đến hai bức tường và nền nhà mà nó tiếp xúc bằng 1, 2, 4. Tổng độ dài đường kính của hai quả bóng đó
6
14
12
10
Đáp án B.
Phương pháp giải: Gắn hệ tọa độ Oxyz, tìm bán kính quả bóng chính là bán kính của mặt cầu
Lời giải: Xét quả bóng tiếp xúc với các bức tường và chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ bên (tương tự với góc tường còn lại).
Gọi I(a;a;a) là tâm của mặt cầu (tâm quả bóng) và R = a
=> phương trình mặt cầu của quả bóng là 
Giả sử M(x;y;z) nằm trên mặt cầu (bề mặt của quả bóng) sao cho d(M;(Oxy)) = 1; d(M;(Oyz)) = 2; d(M;(Oxz)) = 3
Khi đó z = 1; x = 2; y = 3 => M(2;3;1)∈(S) (2).
Từ (1),(2) suy ra 
=>
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ 32x+x+1-22+x+1+2017x≤2017x2-(m+2)x+2m+3≥0có nghiệm
m≤-2
m≥-3
m>-3
m≥-2
Đáp án D.
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp hàm số giải bất phương trình (1), suy ra điều kiện của nghiệm x.
Bất phương trình (2), cô lập m, đưa về dạng m ≥ f(x) trên [a;b] có nghiệm 
Cách giải: ĐK: x ≥ –1
Xét hàm số 
có 
=> Hàm số đồng biến trên R
Để hệ phương trình có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm 
Với 
Để phương trình có nghiệm 
(sử dụng MTCT để tìm GTNN)
Trong kì thi thử THPT Quốc Gia, An làm để thi trắc nghiệm môn Toán. Đề thi gồm 50 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng; trả lời đúng mỗi câu được 0,2 điểm. An trả lời hết các câu hỏi và chắc chắn đúng 45 câu, 5 câu còn lại An chọn ngẫu nhiên. Tính xác suất để điểm thi môn Toán của An không dưới 9,5 điểm
131024
219
53512
922
Đáp án A.
Phương pháp: Tính xác suất để học sinh đúng thêm 3 câu nữa trở lên.
Xác suất mỗi câu trả lời đúng là 0,25 và mỗi câu trả lời sai là 0,75.
Cách giải:
An trả lời chắc chắn đúng 45 câu nên có chắc chắn 9 điểm.
Để điểm thi ≥ 9,5 => An phải trả lời đúng từ 3 câu trở lên nữa.
Xác suất để trả lời đúng 1 câu hỏi là 0,25 và trả lời sai là 0,75
TH1: Đúng 3 câu P1=0,253.0,752
TH2: Đúng 49 câu P2=0,254.0,75
TH3: Đúng cả 50 câu P3=0,254
Vậy xác suất để An được trên 9,5 điểm là P=P1+P2+P3=131024
Cho hàm số y=x3-2(m+1)x2+(5m+1)x-2m-2 có đồ thị là (Cm) với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị của m nguyên trong đoạn [–10;100] để (Cm) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt A(2;0), B, C sao cho trong hai điểm B, C có một điểm nằm trong và một điểm nằm ngoài đường tròn có phương trình x2 + y2 = 1?
109
108
18
19
Đáp án B.
Phương pháp: Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có ba nghiệm phân biệt thỏa mãn xA=2, hoặc xB<-1<xC<1 hoặc -1<xB<1<xC
Cách giải:
Đồ thị hàm số y=x3-2(m+1)x2+(5m+1)x-2m-2 luôn đi qua điểm A(2;0)
Xét phương trình hoành độ giao điểm
x3-2(m+1)x2+(5m+1)x-2m-2=0
Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt ó pt (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 2
Giả sử xB; xC(xB<xC) là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (*).
Để hai điểm B, C một điểm nằm trong một điểm nằm ngoài đường tròn x2 + y2 = 1
TH1: 
TH2: 
Kết hợp điều kiện ta có: 
Lại có m∈[–10;100]
=> Có 108 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bái toán
Người ta trồng cây theo hình tam giác, với quy luật: ở hàng thứ nhất có 1 cây, ở hàng thứ hai có 2 cây, ỏ hàng thứ 3 có 3 cây,… ở hàng thứ n có n cây. Biết rằng người ta trồng hết 4950 cây. Hỏi số hàng cây được trồng theo cách trên là nbao nhiêu?
101
100
99
98
Đáp án C.
Phương pháp: Sử dụng tổng 
Cách giải: Giả sử trồng được n hàng cây với quy luật trên thì số cây trồng được là:
Xét số phức z thỏa mãn (1+2i)z=10z-2+i. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
32<z<2
z>2
z<12
12<z<32
Đáp án D.
Phương pháp: Chuyển vế, lấy mođun hai vế.
Cách giải:
Để giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x+1x-m trên khoảng (0;+∞) bằng –3 thì giá trị của tham số m là:
m=112
m=193
m = 5
m = 7
Đáp án C.
Phương pháp: Sử dung BĐT Cauchy.
Cách giải: 
Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y = f(x). Gọi S là tập hợp các số nguyên dương của tham số m để hàm số y = |f(x – 1) + m| có 5 điểm cực trị. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng:
12
15
18
9
Đáp án A.
Phương pháp: Suy ra cách vẽ của đồ thị hàm số y = |f(x – 1) + m| và thử các trường hợp và đếm số cực trị của đồ thị hàm số. Một điểm được gọi là cực trị của hàm số nếu tại đó hàm số liên tục và đổi chiều.
Cách giải: Đồ thị hàm số y = f(x – 1) nhận được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y = f(x) sang phải 1 đơn vị nên không làm thay đổi tung độ các điểm cực trị
Đồ thị hàm số y = f(x – 1) + m nhận được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y = f(x – 1) lên trên m đơn vị nên ta có: yCD = 2 + m; yCT = –3 + m; yCT = –6 + m
Đồ thị hàm số y = |f(x – 1) + m| nhận được bằng cách từ đồ thị hàm số y = f(x – 1) + m lấy đối xứng phần đồ thị phía dưới trục hoành qua trục hoành và xóa đi phần đồ thị phía dưới trục hoành.
Để đồ thị hàm số có 5 cực trị 
=>S = {3;4;5} => 3+4+5 = 12
Cho nửa đường tròn đường kính AB = 45. Trên đó người ta vẽ một parabol có đỉnh trùng với tâm của nửa hình tròn, trục đối xứng là đường kính vuông góc với AB. Parabol cắt nửa đường tròn tại hia điểm cách nhau 4cm và khoảng cách từ hai điểm đó đến AB bằng nhau và bằng 4cm. Sau đó người ta cắt bỏ phần hình phẳng giới hạn bởi đường tròn và parabol (phần tô màu trong hình vẽ). Đem phần còn lại quay xung quanh trục AB. Thể tích của khối tròn xoay thu được bằng:
V=π58005-928cm3
V=π158005-928cm3
V=π38005-928cm3
V=π158005-464cm3
Đáp án B.
Phương pháp: Ứng dụng tích phân để tính thể tích khối tròn xoay.
Cách giải: Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ:
Ta có:
Phương trình đường tròn: 
Phương trình parabol: 
Thể tích khối cầu 
Thể tích khi quay phần tô đậm quanh trục Ox là: 
=> Thể tích cần tính 
Cho hàm số f(x) xác định trên R\{±1} thỏa mãn f '(x) = 1x2-1. Biết f(–3) +f(3) = 0 và f-12 + f12 = 2. Giá trị T = f(–2) + f(0) + f(4) bằng:
T=12ln95
T=2+12ln95
T=3+12ln95
T=1+12ln95
Đáp án D.
Phương pháp: 
Cách giải: 
=> f(x) = 
=> f(x) = 
Cho hình vuông ABCD cạnh a tâm O. Dựng đường thẳng ∆ qua O và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Trên đường thẳng ∆ lấy hai điểm S và S’ đối xứng nhau qua O sao cho SA = S’A = a. Cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (S’AB) bằng:
49
0
-13
13
Đáp án D.
Phương pháp: Tính góc giữa mặt phẳng (SAB) và (ABCD).
Cách giải: Dễ thấy 2 hình chóp S.ABCD và S’.ABCD là các hình chóp tứ giác đều.
Gọi E là trung điểm của AB ta có:
=> ((SAB);(ABCD)) = (SE;OE) = SEO = α
Ta có: 
Xét các số thực x, y thỏa mãn x2 + y2 > 1 và logx2+y22x+3y≥1. Giá trị lớn nhất Pmax cửa biểu thức P = 2x+y bằng:
Pmax=7-102
Pmax=19+192
Pmax=7+652
Pmax=11+1023
Đáp án C.
Phương pháp giải: Dựa vào giả thiết, đánh giá đưa về tổng các bình phương, từ biểu thức P đưa về hạng tử trong tổng bình phương và áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki tìm giá trị lớn nhất.
Lời giải:
Vì x2 + y2 > 1 suy ra logx2+y2f(x) là hàm số đồng biến trên tập xác định
Khi đó 
Xét biểu thức P, ta có 
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, có 
Cho hàm số y = f(x) xác định trên R. Đồ thị hàm số y = f’(x) như hình vẽ bên. Đặt g(x)=f(x)-13x3-34x2+32x+2018. Điểm cực tiểu của hàm số g(x) đoạn [–3;1] là:
xCT=-1
xCT=12
xCT=-2
xCT=0
Đáp án A.
Phương pháp: Tính g’(x) tìm các nghiệm của phương trình g’(x) = 0
Điểm x0 được gọi là điểm cực tiểu của hàm số y = g(x) khi và chỉ khi g’(x0) = 0 và qua điểm x = x0 thì g’(x) đổi dấu từ âm sang dương.
Cách giải:
Khi x<1 ta có: 
Khi x>1 ta có: 
Qua x = 1, g’(x) đổi dấu từ dương sang âm => x = 1 là điểm cực đại của đồ thị hàm số y = g(x)
Chứng minh tương tự ta được x = –1 là điểm cực tiểu và x = –3 là điểm cực đại của đồ thị hàm số y = g(x)
Xét các số phức z = a + bi, (a,b∈R) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện z=z¯+4-3i và z+1-i+z-2+3i đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị P = a + 2b là:
P=-6110
P=-25250
P=-415
P=-185
Đáp án A.
Phương pháp:
Từ z=z¯+4-3i tìm ra quỹ tích điểm M(x;y) biểu diễn cho số phức z = x + yi
Gọi điểm M(x;y) là điểm biểu diễn cho số phức z và A(–1;1); B(2; –3) ta có:
|z+1–i|+|z–2+3i| = MA + MB nhỏ nhất ó MA = MB
Cách giải: Gọi z = x + ui ta có:
Gọi điểm M(x;y) là điểm biểu diễn cho số phức z và A(–1;1); B(2; –3) ta có:
|z+1–i|+|z–2+3i| = MA + MB nhỏ nhất.
Ta có: 
dấu bằng xảy ra ó MA = MB => M thuộc trung trực của AB.
Gọi I là trung điểm của AB ta có 
và AB→=3;-4
Phương trình đường trung trực của AB là 
Để (MA + MB)min ó Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
Cho hàm số f(x) liên tục trên R và f(x) ≠ 0 với mọi x∈R. f '(x) = (2x+1)f2(x) và f(1) = –0,5. Biết rằng tổng f(1) + f(2) + f(3) + ... + f(2017) = ab; (a∈Z, b∈N) với ab tối giản. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
a∈-2017;2017
b-a=4035
a+b=-1
ab<-1
Đáp án B.
Phương pháp : Chuyển vế, lấy nguyên hàm hai vế.
Cách giải :
Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’. Trên A’B, kéo dài lấy điểm M sao cho B’M = 12 A’B’. Gọi N, P lần lượt là trung điểm của A’C’ và B’B. Mặt phẳng (MNP) chia khối lăng trụ ABC.A’B’C’ thành hai khối đa diện trong đó khối đa diện chứa đỉnh A’ có thể tích V1 và khối đa diện chứa đỉnh C’ có thể tích V2 . Tính V1V2
V1V2=9759
V1V2=49144
V1V2=95144
V1V2=4995
Đáp án D.
Phương pháp : Dựng thiết diện, xác định hai phần cần tính thể tích.
Sử dụng phân chia và lắp ghép các khối đa diện.
Cách giải : Gọi E = MN∩B'C'
Kéo dài MP cắt AB tại D, cắt AA ‘ tại F.
Nối NF, cắt AC tại G.
Do đó thiết diện của lăng trụ khi cắt bởi mặt phẳng (MNP) là NEPDG.
Gọi V1 là thể tích khối đa diện chứa đỉnh A’ ta có :
Ta có: 
=> D là trung điểm của AB
Dễ dàng chứng minh được ∆ADG đồng dạng ∆A’MN theo tỉ số 13
Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác A’B’C’ ta có:
Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác A’MN ta có:
Vậy 
=> V1V2=4995
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): x2+y2+z2-2x-4y+6z-13=0 và đường thẳng d: x+11=y+21=z-11. Tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho từ M kẻ được 3 tiếp tuyến MA, MB, MC đến mặt cầu (S) (A, B, C là các tiếp điểm) thỏa mãn AMB^=600; BMC^=900; CMA^=1200 có dạng M(a;b;c) với a<0 Tổng a + b + c bằng:
2
-2
1
103
Đáp án B.
Phương pháp: Tính độ dài đoạn thẳng IM với I là tâm mặt cầu.
Tham số hóa tọa độ điểm M, sau đó dựa vào độ dài IM để tìm điểm M.
Cách giải : Mặt cầu (S) có tâm I(1;2; – 3) bán kính R = 33
Đặt MA = MB = MC = a
Tam giác MAB đều => AB = a
Tam giác MBC vuông tại M => BC = a2
Tam giác MCA có CMA^=1200 => AC = a3
Xét tam giác ABC có AB2+BC2=AC2 => ∆ABC vuông tại B
=>∆ABC ngoại tiếp đường tròn nhỏ có đường kính AC
Xét tam giác vuông IAM có:
