Tổng hợp đề thi thử THPT quốc gia môn Toán cực hay có lời giải - Đề 8
50 câu hỏi
Cho tập hợp S có 20 phần tử. Số tập con gồm 3 phần tử của S là:
A203
A2017
C203
203
Đáp án C
Phương pháp: Sử dụng tổ hợp chập 3 của 20 để lấy ra 3 phần tử trong tập 20 phần tử.
Cách giải: Số tập con gồm 3 phần tử của S là C203
Đồ thị hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng?
y=x2-4
y=2xx2+2
y=2x+1x-1
y=x2-2x-3x+1
Đáp án C
Phương pháp:
* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f(x)
Nếu 
hoặc 
hoặc 
hoặc 
thì x = a là TCĐ của đồ thị hàm số.
Cách giải:
+ y=x2-4 TXĐ: D = [-2;2]. Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng
+ y=2xx2+2 TXĐ: D = R. Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng
+ y=2x+1x-1 TXĐ: D = R\{1}
Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = 1
+ y=x2-2x-3x+1 TXĐ: D = R\{-1}
Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng
Tập nghiệm của bất phương trình 12x>22x+1 là
(-∞;1)
(1;+∞)
(-∞;13)
(13;+∞)
Đáp án C
Phương pháp: Đưa về bất phương trình mũ cơ bản:
nếu a > 1
nếu 0 < a < 1
Cách giải:
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số y = f (x) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
-1;0
1;+∞
0;1
-∞;0
Đáp án C
Phương pháp: Hàm số y = f(x) đồng biến trên 
Cách giải: Hàm số y = f(x) đồng biến trên các khoảng -∞;-1; 0;1
Số phức liên hợp z của số phức z = 2 – 3i là
z = 3 – 2i
z= 2 + 3i
z= 3 + 2i
z= –2 + 3i
Đáp án B
Phương pháp: Số phức liên hợp z của số phức là 
là z = a – bi
Cách giải: Số phức liên hợp z của số phức là z = 2 – 3i là z = 2 + 3i
Thể tích V của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là
V=Bh
V=12Bh
V=3Bh
V=13Bh
Đáp án A
Phương pháp:
Thể tích V của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là V = Bh
Cách giải:
Thể tích V của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là V = Bh
limx→-∞2x+1x-3 bằng
-23
1
2
-13
Đáp án C
Phương pháp: Chia cả tử và mẫu cho x và sử dụng giới hạn 
Cách giải: 
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y +3z – 2 = 0. Mặt phẳng (P) có một vecto pháp tuyến là
n→=(1;-1;3)
n→=(2;-1;3)
n→=(2;1;3)
n→=(2;3-2)
Đáp án B
Phương pháp:
Mặt phẳng 
có 1 VTPT là n→=(A;B;C)
Cách giải:
Mặt phẳng (P): 2x – y +3z – 2 = 0 có một véc tơ pháp tuyến n→=(2;-1;3)
Với các số thực dương a, b bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?
ln(ab) = lna + lnb
lnab=lnalnb
lnab=lnb-lna
ln(ab) = lna.lnb
Đáp án A
Phương pháp: Sử dụng các công thức: 
(Giả sử các biểu thức là có nghĩa).
Cách giải: Với các số thực dương a, b bất kì , mệnh đề đúng là: ln(ab) = lna + lnb
Tích phân ∫01dxx+1 bằng
log2
1
ln2
– ln2
Đáp án C
Phương pháp: Sử dụng bảng nguyên hàm mở rộng: 
Cách giải: 
Họ nguyên hàm của hàm số f(x)=x3+x+1 là
x44+x32+C
x44+x32+x+C
x4+x32+x+C
3x3+C
Đáp án B
Phương pháp:
Cách giải:
Cho hình nón có bán kính đáy bằng a và độ dài đường sinh bằng 2a. Diện tích xung quanh của hình nón đó bằng
3πa2
2a2
4πa2
2πa2
Đáp án D
Phương pháp: Diện tích xung quanh của hình nón: 
Trong đó: R là bán kính đường tròn đáy, l là độ dài đường sinh.
Cách giải: 
Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
y=x4-x2+1
y=-x4+x2+1
y=-x3+3x+1
y=x3-3x+2
Đáp án D
Phương pháp: Dựa vào limx→∞y để loại trừ đáp án sai.
Cách giải:
- Đồ thị hàm số bên không phải đồ thị của hàm số bậc bốn trùng phương => Loại đáp án A và B.
Còn lại đáp án C và D, là các hàm số bậc ba, dạng 
- Khi 
vậy a>0
Ta chọn đáp án D
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a;b]. Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = f(x), trục hoành và hai đường thẳng x = a, x = b (a<b) được tính theo công thức:
S=∫abf(x)dx
S=b∫abf(x)dx
S=∫abf(x)dx
S=∫abf(x)dx
Đáp án A
Phương pháp:
Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = f(x), trục hoành và hai đường thẳng x = a, x= b (a<b) được tính theo công thức S=∫abf(x)dx
Cách giải:
Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = f(x), trục hoành và hai đường thẳng x = a, x= b (a<b) được tính theo công thức S=∫abf(x)dx
Hàm số y=x-1x+1 có bao nhiêu điểm cực trị?
2
1
3
0
Đáp án D
Phương pháp:
Giải phương trình y’ = 0, sử dụng điều kiện cần để một điểm là cực trị của hàm số hoặc lập BBT.
Cách giải: Hàm số bậc nhất trên bậc nhất y=ax+bcx+dad-bc≠0 không có điểm cực trị.
Trong không gian Oxyz,cho điểm A(1;2;3). Hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (Oxy) là điểm
N(1;2;0)
M(0;0;3)
P(1;0;0)
Q(0;2;0)
Đáp án A
Phương pháp:
Hình chiếu vuông góc của điểm M(x0;y0;z0) trên mặt phẳng (Oxy) là điểm M’(x0;y0;z0)
Cách giải:
Hình chiếu vuông góc của điểm A(1;2;3) trên mặt phẳng (Oxy) là điểm N(1;2;0)
Trong không gian Oxyz, cho điểm A(–1;3; –2) và mặt phẳng (α): x – 2y – 2z + 5 = 0. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (α) bằng:
1
23
29
255
Đáp án B
Phương pháp: Xét M(x0;y0;z0), (α): Ax+By+Cz+D = 0
Khoảng cách từ M đến (α) là: 
Cách giải: Khoảng cách từ A đến (α) là: 
Trong một lớp học gồm 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Xác suất để 4 học sinh được gọi đó cả nam lẫn nữ là
219323
443506
218323
442506
Đáp án B
Phương pháp: Xác suất : 
Cách giải:
Số phần tử của không gian mẫu : 
Gọi A là biến cố : “4 học sinh được gọi đó cả nam lẫn nữ”
Khi đó : 
Xác suất cần tìm:
Giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x4-2x2+3 trên đoạn 0;3 bằng
6
2
1
3
Đáp án B
Phương pháp: Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f(x) trên [a;b]
Bước 1: Tính y’, giải phương trình y’=0 và suy ra các nghiệm 
Bước 2: Tính các giá trị f(a); f(b); f(xi)
Bước 3: So sánh và rút ra kết luận:
Cách giải: TXĐ: D = R
Trong không gian Oxyz, cho điểm A(2; –1;1). Phương trình mặt phẳng (α) đi qua hình chiếu của điểm A trên các trục tọa độ là
x2=y-1=z1=0
x2+y-1+z1=1
x2+y1+z1=1
x2+y-1+z1=-1
Đáp án B
Phương pháp:
Hình chiếu của điểm M(x0;y0;z0) trên trục Ox là điểm M1(x0;0;0)
Hình chiếu của điểm M(x0;y0;z0) trên trục Oy là điểm M2(0;y0;0)
Hình chiếu của điểm M(x0;y0;z0) trên trục Oz là điểm M3(0;0;z0)
Phương trình theo đoạn chắn của mặt phẳng đi qua 3 điểm
A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c), (a,b,c ≠ 0) là: xa+yb+zc=1
Cách giải: Hình chiếu của điểm A(2; –1;1) trên các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt là: (2;0;0), (0; –1;0), (0;0;1)
Phương trình mặt phẳng (α): x2+y-1+z1=1
Một người gửi 200 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0,45%/tháng. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau một tháng, số tiền lãi sẽ nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau đúng 10 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) gần nhất với số tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút ra và lãi suất không thay đổi.
210.593.000 đồng
209.183.000 đồng
209.184.000 đồng
211.594.000 đồng
Đáp án C
Phương pháp: Công thức lãi kép, không kỳ hạn: An = M(1+r%)n
Với: An là số tiền nhận được sau tháng thứ n,
M là số tiền gửi ban đầu,
n là thời gian gửi tiền (tháng),
r là lãi suất định kì (%).
Cách giải: Sau đúng 10 tháng, người đó được lĩnh số tiền:
A10 = 200.(1+0,45%)10 ≈ 209,184 (triệu đồng)
Tích giá trị tất cả các nghiệm của phương trình logx32-2logx+1=0 bằng
10109
10
1
1010
Đáp án A
Phương pháp:
Đưa về phương trình bậc hai ẩn logx sử dụng công thức 
(giả sử các biểu thức là có nghĩa).
Cách giải: ĐK: x > 0
Tích giá trị tất cả các nghiệm của phương trình là: 10109
Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2 + 2z + 10 = 0. Giá trị của biểu thức T = |z1|2 + |z2|2 bằng
T = 10
T = 10
T = 20
T = 210
Đáp án C
Phương pháp: Giải phương trình phức bậc hai, suy ra các nghiệm và tính tổng bình phương môđun của các nghiệm đó.
Sử dụng công thức: 
Cách giải:
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f(x) = m + 1 có 3 nghiệm thực phân biệt?
–3 ≤ m ≤ 3
–2 ≤ m ≤ 4
–2 < m < 4
–3 < m < 3
Đáp án D
Phương pháp:
Đánh giá số nghiệm của phương trình f(x) = m + 1 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = m + 1
Cách giải:
Số nghiệm của phương trình f(x) = m + 1 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x)
và đường thẳng y = m + 1
Để f(x) = m + 1 có 3 nghiệm thực phân biệt thì –2 < m+1 < 4 ó –3 < m < 3
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và A’C’ bằng
a3
a
2a
a2
Đáp án B
Phương pháp: 
Cách giải:
ABC.A’B’C’ là lăng trụ tam giác đều tất cả các cạnh đều bằng a
=> (ABC) // (A’B’C’) => d(AB;A’C’) = d((ABC);(A’B’C’)) = a
Cho hàm số f(x) liên tục trong đoạn [1;e], biết ∫1ef(x)xdx=1, f(e) = 2. Tích phân ∫1ef'(x)lnxdx=?
1
0
2
3
Đáp án A
Phương pháp: Công thức từng phần: 
Cách giải:
Trong mặt phẳng Oxy, cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường 4y = x2 và y = x. Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình (H) quanh trục hoành một vòng bằng
12830π
12815π
3215π
12930π
Đáp án B
Phương pháp: Thể tích vật tròn xoay khi quay phần giới hạn bởi y = f(x), y = g(x) và hai đường thẳng x = a, x = b quanh trục Ox
Cách giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của 4y = x2 và y = x là:
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y=x3-3mx2-9m2x nghịch biến trên khoảng (0;1)
m≥13 hoặc m≤-1
m>13
m<-1
-1<m<13
Đáp án A
Phương pháp: Để hàm số nghịch biến trên 
và y’ = 0 tại hữu hạn điểm.
Cách giải: TXĐ: D =R
nằm trong khoảng 2 nghiệm x1; x2
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1) khi và chỉ khi:
TH1: 
TH2: 
Vậy m≥13 hoặc m≤-1
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA=OB=OC=a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng OA và BC bằng
a
2a
22a
32a
Đáp án C
Phương pháp: Xác định đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng.
Tính độ dài đoạn vuông góc chung.
Cách giải:
Gọi M là trung điểm của BC.
Ta có: 
Tam giác OBC: OB = OC => ∆OBC cân tại O, mà M là trung điểm BC 
Từ (1), (2), suy ra: OM là đoạn vuông góc chung của OA và BC => d(OA;BC) = OM
Tam giác OBC vuông tại O, OM là trung tuyến
Hàm số f(x) liên tục trên R và có đúng ba điểm cực trị là –2; –1; 0. Hỏi hàm số y = f(x2 – 2x) có bao nhiêu điểm cực trị?
5
3
2
4
Đáp án B
Phương pháp: Đạo hàm của hàm hợp : 
Tìm số nghiệm của phương trình y’ = f’(x2 – 2x) = 0
Cách giải:
Vì f(x) liên tục trên R và có đúng ba điểm cực trị là –2; –1; 0 nên f’(x) đổi dấu tại đúng ba điểm –2; –1; 0 và f’(–2) = f’(–1) = f(0) = 0
Giải các phương trình:
: vô nghiệm
Như vậy, y’ = 0 có 3 nghiệm x = 0;1;2 và y’ đều đổi dấu tại 3 điểm này. Do đó, hàm số y = f(x2 – 2x) có 3 điểm cực trị
Một người thợ có một khối đá hình trụ. Kẻ hai đường kính MN, PQ của hai đáy sao cho MN vuông góc PQ. Người thợ đó cắt khối đá theo các mặt cắt đi qua 3 trong 4 điểm M, N, P, Q để thu được khối đá có hình tứ diện MNPQ (hình vẽ). Biết rằng MN = 60cm và thể tích khối tứ diện MNPQ bằng 30dm3. Hãy tìm thể tích của lượng đá bị cắt bỏ (làm tròn kết quả đến 1 chữ số thập phân).
101,3dm3
141,3dm3
121,3dm3
111,4dm3
Đáp án D
Phương pháp:Thể tích của lượng đá bị cắt bỏ bằng thể tích của khối hình trụ ban đầu trừ đi thể tích của khối tứ diện MNPQ.
Cách giải:
Dựng hình hộp chữ nhật MQ'NP'.M'QN'P như hình vẽ bên.
Hình chữ nhật MQ'NP' có hai đường chéo P’Q’, MN vuông góc với nhau => MO’NP’ là hình vuông
Ta có MN = 60cm = 6dm
Diện tích đáy: 
Thể tích khối trụ:
Thể tích của lượng đá bị cắt bỏ: 
Gọi S là tập hợp các số phức z thỏa mãn. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng
1-23i
-3-33i
1
1-3i
Đáp án A
Phương pháp: Đặt 
Biến đổi để phương trình trở thành 
Cách giải: 
Đặt 
, ta có:
=> Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 1-23i
Trong không gian Oxyz, cho 2 mặt phẳng (P): x + 2y – 2z +2018 = 0, (Q): x + my + (m – 1)z + 2017 = 0 (m là tham số thực). Khi hai mặt phẳng (P) và (Q) tạo với nhau một góc nhỏ nhất thì điểm M nào dưới đây nằm trong (Q) ?
M(–2017;1;1)
M(0;0;2017)
M(0;–2017;0)
M(2017;1;1)
Đáp án A
Phương pháp:
Cho 
; 
nhận n1→=a1;b1;c1; n2→=a2;b2;c2 lần lượt là các VTPT. Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng
α;β được tính: cosα;β=cosn1→;n2→=n1→.n2→n1→n2→
Với 00≤α≤900⇒αmin⇔cosαmax
Cách giải:
(P): x + 2y – 2z +2018 = 0 có 1 VTPT: n1→=1;2;-2
(Q): x + my + (m – 1)z + 2017 = 0 có 1 VTPT: n2→=1;m;m-1
Góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q):
cosP;Q=cosn1→;n2→=n1→.n2→n1→n2→
Với 00≤α≤900⇒αmin⇔cosαmax
=>((P),(Q))min khi và chỉ khi 
Khi đó, 
Ta thấy: 
Gọi S là tập hợp tất cả các nghiệm của phương trình 3tan(π6-x) + tanx.tan(π6-x) + 3tanx = tan2x trên đoạn [0;10π]. Số phần tử của S là:
19
20
21
22
Đáp án B
Phương pháp: Sử dụng công thức 
Cách giải:
Ứng với mỗi giá trị của k ta có 1 nghiệm x.
Vậy số phần tử của S là 20.
Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1; –1;1); B(–1;2;3) và đường thẳng d: x+1-2=y-21=z-33. Đường thẳng ∆ đi qua điểm A, vuông góc với hai đường thẳng AB và d có phương trình là:
x-12=y+14=z-17
x-17=y-12=z-14
x-12=y+17=z-14
x-17=y+12=z-14
Đáp án D
Phương pháp: △⊥d△⊥AB⇒u△→=ud→;AB→
Viết phương trình đường thẳng biết điểm đi qua và VTCP.
Cách giải: d; x+1-2=y-21=z-33 có 1 VTCP u→-2;1;3; AB→=-2;3;2
∆ vuông góc với d và AB => AB nhận u→-2;1;3 và AB→=-2;3;2 là cặp VTPT
=> ∆ có 1 VTCP v→=AB→;u→=(7;2;4)
Phương trình đường thẳng ∆: x-17=y+12=z-14
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a, SA = a và SA vuông góc với đáy. Tang của góc giữa đường thẳng SO và mặt phẳng (SAB) bằng
2
22
5
55
Đáp án D
Phương pháp:
Gọi a’ là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng (P).
Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng a và a’.
Cách giải:
Gọi H là trung điểm của AB => OH//AD
ABCD là hình vuông => AD⊥AB; OH⊥AB
Mà OH⊥SA, (vì SA⊥(ABCD))
=> OH⊥(SAB)
=>SH là hình chiếu vuông góc của SO trên mặt phẳng (SAB)
=> (SO,(SAB)) = (SO,SH) = HSO
Ta có: OH là đường trung bình của tam giác ABD 
Tam giác SAH vuông tại A 
Tam giác SHO vuông tại H: 
Cho hàm số y=x+mx-1 (m là tham số thực) thỏa mãn max2;4y=23. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
1 ≤ m ≤ 3
3 < m ≤ 4
m ≤ –2
m > 4
Đáp án C
Phương pháp: Hàm số bậc nhất trên bậc nhất y=ax+bcx+dad-bc≠0 luôn đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó.
TH1: Hàm số đồng biến trên [2;4] => max2;4y=y(4)
TH2: Hàm số nghịch biến trên [2;4] => max2;4y=y(2)
Cách giải: Tập xác định: D = R\{1}
Ta có: 
TH1: 
=>Hàm số đồng biến trên 
TH2: 
=> Hàm số nghịch biến trên 
Vậy m = –2
Dựa vào các đáp án ta thấy chỉ có đáp án C thỏa mãn
Với n là số nguyên dương thỏa mãn Ank+2An2=100 (Ank là số các chỉnh hợp chập k của tập hợp có n phần tử). Số hạng chứa x5 trong khai triển của biểu thức 1+3x2n là:
61236
256x3
252
61236x3
Đáp án D
Phương pháp: Chỉnh hợp chập k của tập hợp có n phần tử 
Cách giải:
Mà 
Thay lần lượt n = 2;3;4;5;6;7 vào 
n | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
k | Loại | Loại | Loại | Loại | Loại | Loại |
Vậy n = 5
Khi đó, 
Số hạng chứa x5 trong khai triển ứng với i = 5. Số hạng đó là: 
Cho cấp số cộng (an), cấp số nhân (bn) thỏa mãn a2>a1≥0, b2>b1≥1 và hàm số f(x) = x3 – 3x sao cho f(a2) + 2 = f(a1) và f(log2b2) + 2 = f(log2b1). Tìm số nguyên dương n (n>1) nhỏ nhất sao cho bn > 2018an
20
10
14
16
Đáp án D
Biết ∫0π3x2dx(xsinx+cosx)2=-aπb+cπ3+d3, với a,b,c,d ∈
. Tính P = a + b + c + d
9
10
8
7
Đáp án A
Phương pháp:
Nhân cả tử và mẫu với cosx, sau đó sử dụng phương pháp tích phân từng phần.
Cách giải:
=>a = 4, b = 3, c = 1, d = 1 => a + b + c + d = 9
Xét các số phức z = a + bi, (a,b i) thỏa mãn |z – 3 – 3i| = 6. Tính P = 3a + b khi biểu thức 2|z + 6 – 3i| + |z + 1 + 5i| đạt giá trị nhỏ nhất.
P = 20
P = 2+20
P = -20
P = -2-20
Đáp án A
Phương pháp:
Cách giải:
Khi đó ta có:
Trong không gian Oxyz, cho điểm M(1;2;3). Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng (P) đi qua M và cắt trục x’Ox, y’Oy, z’Oz lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho OA = 2OB = 3OC > 0
4
6
3
2
Đáp án C
Cách giải:
Gọi tọa độ các giao điểm : A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c) (a;b;c ≠ 0)
Khi đó phương trình mặt phẳng (P) có dạng đoạn chắn: xa+yb+zc=1
Vì OA = 2OB = 3OC > 0 nên |a| = 2|b| = 3|c| > 0
TH1: a = 2b = 3c
TH2: a = – 2b = 3c
TH3: a = 2b = –3c
TH4: –a = 2b = –3c
Vậy có 3 mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu đề bài
Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log3x+yx2+y2+xy+2= x(x-3) + y(y-3) + xy. Tìm giá trị Pmax của biểu thức P=3x+2y+1x+y+6
Pmax = 0
Pmax = 2
Pmax = 1
Pmax = 3
Đáp án C
Phương pháp:
- Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, từ đó đánh giá giá trị lớn nhất của biểu thức.
Cách giải:
<=> 
(2)
Đặt 
=> f(t) đồng biến trên (0;+∞)
<=> 
<=> 
Khi đó, 
vì 
Vậy Pmax = 1 khi và chỉ khi 
Cho (H) là đa giác đều 2n đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O 
. Gọi S là tập hợp các tam giác có 3 đỉnh là các đỉnh của đa giác (H). Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập S, biết rằng xác suất chọn một tam giác vuông trong tập S là 329. Tìm n?
20
12
15
10
Đáp án C
Phương pháp: Số tam giác vuông bằng số đường kính của đường tròn có đầu mút là 2 đỉnh của đa giác (H) nhân với (2n – 2) tức là số đỉnh còn lại của đa giác.
Cách giải: Số phần tử của không gian mẫu: nΩ=C2n3
Tam giác vuông được chọn là tam giác chứa một cạnh là đường kính của đường tròn tâm O.
Đa giác đều 2n đỉnh chứa 2n đường chéo là đường kính của đường tròn tâm O, mỗi đường kính tạo nên 2n – 2 tam giác vuông.
Do đó số tam giác vuông trong tập S là: 
Xác suất chọn một tam giác vuông trong tập S :
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a và góc BAC = 1200, cạnh bên BB’ = a, gọi I là trung điểm của CC’. Côsin góc tạo bởi mặt phẳng (ABC) và (AB’I) bằng:
2010
30
3010
305
Đáp án C
Phương pháp: Phương pháp tọa độ hóa.
Cách giải:
Cách 1:
Gọi O là trung điểm của BC.
Tam giác ABC là tam giác cân, AB = AC = a, BAC^=1200
Ta gắn hệ trục tọa độ như hình bên:
Trong đó, O(0;0;0); A(0;a2;0); B' (a32;0;a); I(-a32;0;a2)
Mặt phẳng (ABC) trùng với mặt phẳng (Oxy) và có VTPT là n1→=(0;0;1)
IB'→=a3;0;a2; IA→=a32;a2;-a2
Mặt phẳng (IB’A) có 1 VTPT n2→=23;0;1;3;1;-1=1;33;23
Côsin góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (IB’A) :
cos((ABC);(AB'I)) = |cos(n1→;n2→)| = 
Cách 2:
Trong (ACC’A’) kéo dài AI cắt AC’tại D.
Trong (A’B’C’) kẻ A’H⊥B’D ta có:
=> 
Ta dễ dàng chứng minh được C’ là trung điểm của AD’
=> 
Xét tam giác A’B’D có
B'D = 
=> 
Xét tam giác vuông AA'H có :
=> 
Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0;1] thỏa mãn f(1)=35; ∫01f'(x)2dx=49; ∫01x3f(x)dx=37180. Tích phân ∫01f(x)-1dx=?
230
-230
-110
110
Đáp án B
Phương pháp: Sử dụng công thức tích phân từng phần: 
Cách giải:
Ta có: 
Mà 
suy ra 
Xét
Khi đó, 
Mà 
Cho hàm số y = x3 + 3x2 + 9x + 3 có đồ thị (C). Tìm giá trị thực của tham số k để tồn tại hai tiếp tuyến phân biệt với đồ thị (C) có cùng hệ số góc k, đồng thời đường thẳng đi qua các tiếp điểm của hai tiếp tuyến đó với (C) cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho OB = 2018OA
6054
6024
6012
6042
Đáp án D
Cách giải: TXĐ: D = R
Gọi 
là 2 tiếp điểm
Tiếp tuyến tại M, N của (C) có hệ số góc đều bằng
Theo đề bài, ta có: OB = 2018OA => Phương trình đường thẳng MN có hệ số góc bằng 2018 hoặc – 2018.
TH1: Phương trình đường thẳng MN có hệ số góc là
là nghiệm của phương trình 
TH2: MN có hệ số góc là 2018. Dễ đang kiểm rằng : Không có giá trị của 
thỏa mãn.
Vậy k = 6042
Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c) với a, b, c là những số thực dương thay đổi sao cho a2 + 4b2 + 16c2 = 49. Tính tổng F = a2 + b2 +c2 sao cho khoảng cách từ O đến (ABC) là lớn nhất.
F=515
F=514
F=495
F=494
Đáp án D
Phương pháp:
- Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng đi qua 3 điểm
A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c). (a, b,c khác 0): xa+yb+zc=1
- Sử dụng bất đẳng thức: 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xa=yb=zc
Cách giải:
A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c). (a, b,c > 0)
Mặt phẳng (ABC) có phương trình: xa+yb+zc=1
Khoảng cách từ O đến (ABC):
Ta có: 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
=> 
Cho hàm số y = f(x). Hàm số y’ = f’(x) có đồ thị như hình bên. Hàm số y = f(x2) đồng biến trên khoảng
1;+∞
-1;+∞
-∞;-1
-1;1
Đáp án A
Phương pháp:
Tính y’, giải bất phương trình y’>0
Cách giải:
Với
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = 1, BC = 2, AA’ = 3. Mặt phẳng (P) thay đổi và luôn đi qua C’, mặt phẳng (P) cắt các tia AB, AD, AA’ lần lượt tại E, F, G (khác A). Tính tổng T = AE + AF + AG sao cho thể tích khối tứ diện AEFG nhỏ nhất.
15
16
17
18
Đáp án D
Phương pháp: Sử dụng phương pháp tọa độ hóa.
Cách giải:
Gắn hệ trục Oxyz, có các tia Ox, Oy, Oz lần lượt trùng với các tia AB, AD, AA’.
A(0;0;0), B(1;0;0), C(1;2;0), D(0;2;0), A’(0;0;3), B’(1;0;3), C’(1;2;3), D’(0;2;3)
(P) cắt các tia AB, AD, AA’ lần lượt tại E, F, G (khác A). Gọi E(a;0;0), F(0;b;0), G(0;0;c), (a,b,c > 0)
Phương trình mặt phẳng (P): xa+yb+cz=1
Thể tích tứ diện AEFG: 
Ta có: 
=>Vmin = 27 khi và chỉ khi 
Khi đó, T = AE + AF + AG = a + b + c = 3 + 6 + 9 = 18
