SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG (Đề gồm: 05 trang) ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN LỚP 12 NĂM HỌC 2017 - 2018 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút; (50 câu trắc nghiệm) Mã đề thi 101 Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hình chiếu điểm M 1; 3; 5 mặt phẳng  Oyz  có tọa độ A  0; 3;0  Câu 2: Câu 5: D 1; 3;0  B C D log Hình vẽ bên phần đồ thị hàm số ? x 1 x 1 A y  B y  x 1 x 1 C y  Câu 4: C  0; 3;5 Cho a b số hạng thứ thứ năm cấp số cộng có cơng sai d  ba Giá trị log    d  A log Câu 3: B  0; 3; 5 x x 1 D y  x 1 x 1 Lục giác ABCDEF có đường chéo ? A 15 B C D 24   Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba vectơ a   1;1;0  , b  1;1;0   c  1;1;1 Mệnh đề sai ?       A c  b B c  C a  b D a  Câu 6: Cho hình trụ có chiều cao bán kính đáy Thể tích khối trụ cho A 6 B 18 C 15 D 9 Câu 7: Hàm số y  x3  x  x  nghịch biến khoảng ? 1  A  ;  3  B (1;  )   C   ;1    1  D  ;1 3  B C D x2 x B C D Câu 8: Giá trị  dx A Câu 9: Giá trị lim x 2 A Trang 1/6 - Mã đề thi 101 Câu 10: Một khối lập phương có độ dài cạnh 5, thể tích khối lập phương cho A 243 B 25 C 81 D 125 Câu 11: Cho hàm số f  x  xác định  \ {0} , liên tục khoảng xác định có bảng biến thiên sau Hàm số cho có điểm cực trị ? A B C D C 1;   D  0;   Câu 12: Tập nghiệm bất phương trình log x  A  0;1 B  ;1 Câu 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình sau phương trình mặt phẳng Ozx ? A y  B x  C z  D y   Câu 14: Điểm điểm cực tiểu đồ thị hàm số y  x3  x  5? A M 1;3 B Q  3;1 C N  1;7  D P  7; 1 C cos x  C D  cos x  C Câu 15: Nguyên hàm hàm số f ( x )  cos x A  sin x  C B sin x  C Câu 16: Một nhóm gồm học sinh nam học sinh nữ Chọn ngẫu nhiên đồng thời học sinh nhóm Xác suất để ba học sinh chọn ln có học sinh nữ 1 A B C D 6 Câu 17: Tập xác định hàm số y  log  x  1  A 1;   B 1;    3 C 1;   2  3 D 1;   2 Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  2;1; 1 ; B  1;0;  ; C  0; 2; 1 Phương trình sau phương trình mặt phẳng qua A vng góc với BC ? A x  y  z  B x  y  z   C x  y  z   D x  y  z   Câu 19: Cho hình lăng trụ ABC A ' B ' C ' có AB  AA '  Góc tạo đường thẳng AC ' mặt phẳng  ABC  A 45o B 60o C 30o D 75o Câu 20: Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0, 6% /tháng Biết không rút tiền khỏi ngân hàng sau tháng, số tiền lãi nhập làm vốn ban đầu để tính lãi cho tháng Hỏi sau tháng, người lĩnh số tiền khơng 110 triệu đồng( vốn ban đầu lãi), biết suốt thời gian gửi tiền người khơng rút tiền lãi suất khơng thay đổi ? Trang 2/6 - Mã đề thi 101 A 17 tháng B 18 tháng Câu 21: Cho C 16 tháng D 15 tháng C 32 D  f ( x) dx  16 Tính I   f (2 x) dx A 16 B x 1 có đường tiệm cận ? x x2 B C Câu 22: Hỏi đồ thị hàm số y  A Câu 23: Trên khoảng  0;1 , hàm số y  x3  A B đạt giá trị nhỏ x0 x C D D Câu 24: Cho hình chóp S ABCD có AB  2a, SO  a với O giao điểm AC BD Khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng  SCD  A Câu 25: Câu 26: a B a C a D a 3x  Tìm x 1 tất giá trị thực tham số m để phương trình 3x   m có hai nghiệm thực ? x 1 A 3  m  B m  3 C  m  D m  Hình vẽ đồ thị hàm số y  Cho hình chóp S ABC có SA  a, SA   ABC  , tam giác ABC vuông cân đỉnh A BC  a Gọi M , N trung điểm SB, SC Cơsin góc tạo hai mặt phẳng  MNA  ABC  A B C D Câu 27: Cho số nguyên dương n thỏa mãn 2Cn1  3Cn2    n  1 Cnn  2621439 Số hạng không chứa n 1  x khai triển biểu thức  x   x  A 43758 B 31824 C 18564 D Câu 28: Cho hàm số f ( x ) liên tục khoảng ( 2;3) Gọi F ( x ) nguyên hàm f ( x ) khoảng ( 2;3) Tính I    f ( x)  x dx, biết F (1)  F (2)  1 A I = B I  10 C I  D I  Câu 29: Hỏi có số nguyên m để hàm số y  (m2  1) x3  (m  1) x  x  nghịch biến khoảng  ;   ? Trang 3/6 - Mã đề thi 101 A B Câu 30: Biết C D dx  ( x  2)( x  4) dx  a ln  b ln  c ln (a, b, c  ) Giá trị biểu thức 2a  3b  c A B C D Câu 31: Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y  x  m x  x  đồng biến khoảng  ;   ? A B C D Câu 32: Cho hình chóp S ABCD có AB  SA  Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp cho A 33 B C D Câu 33: Đồ thị hàm số y  g ( x ) đối xứng với đồ thị hàm số y  a x  a  0; a  1 qua điểm   I 1;1 Giá trị biểu thức g   log a  2018   A 2016 B 2020 C 2020 D 2016 Câu 34: Cho số thực x, y thỏa mãn log8 x  log y  log x  log8 y  Giá trị xy A 1024 B 256 C 2048 D 512   Câu 35: Cho hàm số y  sin x cos x  sin x Giá trị y 10   gần với số ? 3 A 454492 B 454493 C 454491 D 454490 Câu 36: Hệ số số hạng chứa x khai triển  x  x   A 6432 B 4032 C 1632 D 5418 Câu 37: Cho tập hợp A  1; 2;3; 4; .;100 Gọi S tập hợp gồm tất tập A, tập gồm phần tử A có tổng 91 Chọn ngẫu nhiên phần tử S Xác suất chọn phần tử có ba số lập thành cấp số nhân A B C D 645 645 645 645 Câu 38: Gọi S tập hợp giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số y  x  mx  m có hai x 1 AOB  90o tổng bình phương tất phần tử S điểm cực trị A, B Khi  A 16 B C D 16 x 1 có đồ thị  C  điểm A  a;  Gọi S tập hợp tất giá trị thực x 1 a để có hai tiếp tuyến  C  qua điểm A có hệ số góc k1 , k2 thỏa mãn Câu 39: Cho hàm số y  k1  k2  10k12 k22  Tổng giá trị tất phần tử S Trang 4/6 - Mã đề thi 101 A Câu 40: B 7 C 5 D Cho hàm số y  f  x  Hàm số y  f '  x  có đồ thị hình vẽ bên Hàm số y  f  x  đồng biến khoảng  1 A   ;   2   C   ;0    B  0;  D  2; 1 Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P : x  y  z 1  điểm A  0; 2;3 , B  2;0;1 Điểm M  a; b; c  thuộc  P  cho MA  MB nhỏ Giá trị a  b  c 41 A Câu 42: C D Cho hình thập nhị diện (tham khảo hình vẽ bên) Cơsin góc tạo hai mặt phẳng có chung cạnh thập nhị diện 1 C A Câu 43: B B D 1 Cho số thực a , b, c không âm thỏa mãn a  4b  8c  Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức S  a  2b  3c Giá trị biểu thức 4M  log M m A 2809 500 B 281 50 C 4096 729 D 14 25 Câu 44: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật, AB  a, SA  ( ABCD ), cạnh bên SC tạo với ( ABCD ) góc 60 o tạo với ( SAB ) góc  thỏa mãn sin   Thể tích khối chóp S ABCD A Câu 45: 3a B 3a C 2a D 2a Cho hàm số y  ax3  bx  cx  d có đồ thị hình vẽ bên Mệnh đề ? A a  0, b  0, c  0, d  B a  0, b  0, c  0, d  C a  0, b  0, c  0, d  D a  0, b  0, c  0, d  Trang 5/6 - Mã đề thi 101 Câu 46: Hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có diện tích đáy 4, diện tích ba mặt bên 9,18 10 Thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' A 11951 Câu 47: B 11951 C 11951 11951 D Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;1;  ; B  1;0;  ; C  0; 1;3 điểm M thuộc mặt cầu  S  : x  y   z  1  Khi biểu thức MA2  MB  MC đạt giá trị nhỏ độ dài đoạn thẳng MA A B C 6 D x cos x  sin x Hỏi đồ thị hàm số y  F  x  x2 có điểm cực trị khoảng  0; 2018  ? Câu 48: Biết F  x  nguyên hàm hàm số f  x   A 2019 Câu 49: Cho B hàm số y  f  x C 2017 xác định        0  f  x   2 f  x  sin  x   dx  Tích phân 2 A  B C D 2018   0;  thỏa mãn  f  x  dx D  Câu 50: Cho tứ diện ABCD có cạnh 2 Gọi G trọng tâm tứ diện ABCD M trung điểm AB Khoảng cách hai đường thẳng BG CM 2 A B C D 14 5 10 - HẾT -(Thí sinh khơng sử dụng tài liệu, cán coi thi không giải thích thêm) Trang 6/6 - Mã đề thi 101 Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam ĐỀ THI KSCL LẦN – TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG ĐÁP ÁN 1.B 2.C 3.A 4.C 5.A 6.B 7.D 8.A 9.B 10.D 11.C 12.A 13.A 14.A 15.B 16.A 17.D 18.B 19.C 20.C 21.D 22.C 23.B 24.D 25.A 26.D 27.C 28.A 29.B 30.D 31.C 32.D 33.D 34.D 35.D 36.D 37.C 38.A 39.B 40.C 41.B 42.C 43.C 44.C 45.B 46.A 47.A 48.C 49.B 50.A HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B Hình chiếu điểm M 1; 3; 5 mặt phẳng  Oyz điểm M 0; 3; 5 Kiến thức cần ghi nhớ: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M x0 ; y0 ; z0  + Hình chiếu điểm M mặt phẳng  Oxy điểm M1  x0 ; y0 ;0 + Hình chiếu điểm M mặt phẳng  Oyz điểm M2  0; y0 ; z0  + Hình chiếu điểm M mặt phẳng  Oxz điểm M3  x0 ;0; z0  STUDY TIPS Cấp số cộng  u n  có số hạng đầu u cơng sai d u n  u   n   d với n  2;n  Câu 2: Đáp án C ba  4d  Từ giả thiết ta có b  a  4d nên log2    log2     d  d Câu 3: Đáp án A     Đồ thị qua điểm 1; 0; 1 nên loại hai phương án C, D Khi x  y  1 , ta thấy có hàm số y  x 1 thỏa mãn x 1 Câu 4: Đáp án C Lục giác ABCDEF có đỉnh nên có cạnh STUDY TIPS Cho đa giác lồi n đỉnh (n cạnh) số đường chéo đa giác lồi là: C 2n  n (đường chéo) Chọn đỉnh lục giác ABCDEF ta cạnh Suy số cạnh tạo thành từ đỉnh ABCDEF C Số đường chéo lục giác số cạnh tạo thành từ đỉnh (không kể cạnh lục giác đều) Vậy số đường chéo C6   Câu 5: Đáp án A    Phương án A: Ta có b c  1.1  1.1  0.1   nên b khơng vng góc với c  Phương án B: Ta có c  12  12      Phương án C: Ta có a b   1  1  0  nên a  b  Phương án D: Ta có a   1  12  02  Câu 6: Đáp án B Thể tích khối trụ có chiều cao h  2, bán kính đáy R  là: V   R h  .3 2  18  (đvtt) Câu 7: Đáp án D Khai báo sách hãng tại: congphatoan.com Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam  x  Ta có y  3x  4x  1; y    x   1 3  Lập bảng biến thiên hàm số, ta thấy y  0, x   ;1  nên hàm số cho 1 3   nghịch biến khoảng  ;1   Câu 8: Đáp án A Câu 9: Đáp án B Kiến thức cần ghi nhớ: Nếu f  x0  g  x0   lim x x0 f  x g  x  f  x0  g  x0  Câu 10: Đáp án D Thể tích khối lập phương có độ dài cạnh a  V  a   125 (đvtt) Câu 11: Đáp án C STUDY TIPS + Nếu đạo hàm y   f   x  đổi dấu lần hàm số y  f  x  có Quan sát bảng biến thiên ta thấy đạo hàm y  đổi dấu từ âm sang dương x qua điểm x  0; y  đổi dấu từ dương sang âm x qua điểm x  Suy hàm số đạt cực tiểu điểm x  0; hàm số đạt cực đại điểm x  Vậy hàm số có nhiêu điểm cực trị + Cho hàm số y  f  x  có điểm cực trị đạo hàm f   x  không xác Câu 12: Đáp án A định điểm x  x ,  x  Ta có log x      x  Vậy tập nghiệm S  0;1  x   nhiên hàm số đạt cực trị điểm x   Câu 13: Đáp án A Kiến thức cần ghi nhớ: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz thì:   + Phương trình mặt phẳng  Oyz x  + Phương trình mặt phẳng  Oxz y  + Phương trình mặt phẳng Oxy z  Câu 14: Đáp án A  x  1 Ta có y  x  3; y    x  Ta có bảng biến thiên đây: x –1 + – + y   Quan sát bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số đạt cực tiểu điểm 1;3 Câu 15: Đáp án B Ta có  f  x dx   cos xdx   d  sin x  sin x  C Câu 16: Đáp án A Xét phép thử T: “Chọn ngẫu nhiên đồng thời học sinh nhóm 10 bạn gồm   học sinh nam học sinh nữ” Số phần tử không gian mẫu n   C10 Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam Gọi A biến cố “Trong học sinh chọn ln có học sinh nữ” Số phần tử   2 biến cố A n A  C4C6  C4C6  C4  100 nA Vậy xác suất cần tính P  A   n   100  C 10 Câu 17: Đáp án D x  x      Hàm số y  log  x    xác định log  x  1   1  x    x   3     x  Vậy tập xác định D   1;   2 x   Câu 18: Đáp án B  Ta có BC   1; 2; 5 nên mặt phẳng  P  qua điểm A 2;1; 1 vng góc  với BC có VTPT n   1; 2; 5         Phương trình mặt phẳng P : x   y   z    x  2y  5z   Câu 19: Đáp án C     Ta có CC  ABC nên C hình chiếu C mặt phẳng ABC    , AC  C AC Suy AC,  ABC   AC    C A B   Do ACC vuông C nên tan CAC  CC  AC  30  C AC Câu 20: Đáp án C Giả sử sau n tháng, người lĩnh số tiền khơng 110 triệu đồng, n n Số tiền người nhận sau n tháng 100   0,6%  (triệu đồng) n Từ giả thiết, ta có 100   0,6%   110  1,006 n  1,1  n  log 1,006 1,1  15, 93 Vậy sau 16 tháng người lĩnh số tiền khơng 110 triệu đồng Câu 21: Đáp án D 4      1 1 f t dt  f x dx  16  Đặt x  t  dx  dt I  20 20 2 Câu 22: Đáp án C Ta có y   x  1  x  x    x2 x x2 * Xét lim y  lim x1 x2 x1 x 1 x x2    x  1  x  x x2  1; lim y  lim x1 x2 x1    x  1  x  x 1 x x2 x2   x  1 x  2  nên x 1 không tiệm cận ngang đồ thị hàm số Khai báo sách hãng tại: congphatoan.com Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ * Xét lim y  lim x 2 x 2 Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam  x  1  x  x    x  1  x  x    ; lim y  lim    x  1 x    x  1 x   x 2 x 2  nên x  tiệm cận đứng đồ thị hàm số * Xét lim y  lim x   x   1 x 1 x x2  lim x   1 x  x x2  nên y  đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số Vậy đồ thị hàm số cho có đường tiệm cận Câu 23: Đáp án B Cách 1: Sử dụng phương pháp hàm số Xét hàm số y  x  1 0;1 Ta có y  3x  ; y   x   x0  0;1 x x     Bảng biến thiên: x – + y Quan sát bảng biến thiên, ta thấy hàm số y  x  x  x0  đạt giá trị nhỏ x Cách 2: Sử dụng BĐT Cauchy Ta có y  x  x  1 1  x3     4 x3  Dấu “=” xảy x 3x 3x 3x 27 x 27 1  x4   x  3x 3 Cách 3: Sử dụng MTCT Nhập hàm số f  X   X  1 với Start  0, End  1, Step  X 19 w7Q)qd+1aQ)==0=1=1P19= Quan sát bảng biến thiên, ta thấy m in y  1,7572 x  0,7368  S Câu 24: Đáp án D Gọi E trung điểm CD OE  CD , mà CD  SO nên CD   SOE  H A B D O E C   SCD    SOE   SCD    SOE   SE Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam   Trong mặt phẳng  SOE  kẻ OH  SE OH   SCD  hay OH  d O ; SCD  1   OH SO2 OE2 SOE vuông O có OH đường cao nên:  1 a a     OH  Vậy d O ;  SCD   OH  2 OH a a a   Câu 25: Đáp án A  3x  2  x  x  Ta có y  f  x    x1  x  x   x  3x  Để vẽ đồ thị  C hàm số y  f  x   y từ đồ thị  C  hàm số 3x  2 f  x   Kẻ đường thẳng x  , ta giữ nguyên đồ x 1 + Với x  thị  C  nằm bên phải đường thẳng x  bên trái đường thẳng x  x1 3x  ta làm sau: x 1 y O 3x  x bỏ toàn phần đồ thị  C  nằm (phần bỏ biểu diễn đường nét đứt) Phần giữ lại phần đồ thị  C1  hàm số f  x   –3 3x  2 x  x 1 3x  f  x    Ta lấy đối xứng phần vừa bị bỏ (đường nét x 1 y + Với x  đứt) qua trục hoành phần đồ thị  C2  hàm số f  x   Gộp hai phần đồ thị O x y  f  x  3x  x 1 C  C  ta đồ thị 3x  2 x  x 1  C  hàm số (hình vẽ bên) –3 Quan sát đồ thị ta phương trình 3x  x 1  m có hai nghiệm thực  Đồ thị C cắt đường thẳng y  m hai điểm  3  m  S Câu 26: Đáp án D Cách 1: Sử dụng cơng thức tính diện tích hình chiếu N Do ABC vuông cân đỉnh A nên BC  AB  AC  AB  AC  M F A C BC  a Gọi E trung điểm AB ME // SA  ME   ABC  Gọi F trung điểm AC NF // SA  NF   ABC  Suy AEF hình chiếu AMN mặt E B phẳng  ABC  S  Ta có SAEF  SAMN cos  AMN  ,  ABC   cos  AMN  ,  ABC   AEF SAMN     1 a BC a Lại có AM  AN  SB  SC  nên AM  AN  MN ; MN   2 2 Khai báo sách hãng tại: congphatoan.com Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam  AMN SAMN STUDY TIPS Gọi S diện tích đa giác H mặt phẳng  P  S diện tích hình chiếu S a2  Mặt khác SAEF  SABC  (đvdt) Vậy cos  AMN  ,  ABC   AEF  SAMN H mặt phẳng  P  S  S.cos , Cách 2: Gắn hệ trục tọa độ Chọn hệ trục tọa độ Axyz hình vẽ A  0; 0;  , B  a; 0;  , C  0; a;  ,  góc hai mặt phẳng  P   P  S  0; 0; a  z S N M C B x   H A AM 3 a 2 a2 (đvdt)      4   y a a  a a Do M, N trung điểm SB SC nên M  ; 0;  , N  0; ;  2  2 2   a    a2 a2 a2  a    a a  Ta có AM   ; 0;  , AN   0; ;    AM , AN     ;  ;  Suy mặt  4 2 2  2    phẳng  AMN  có VTPT n1   1;1; 1  Mặt phẳng  ABC    Oxy  nên có VTPT n2   0; 0;1   n1 n2       Vậy cos  AMN  ,  ABC   cos n1 , n2     3 n n     Câu 27: Đáp án C Ta có 2Cn1  3Cn2  4Cn3    n  1 Cnn       Cn1  2C n2  3C n3   nC nn  C n1  Cn2  C n3   C nn n Xét khai triển   x   Cn0  Cn1 x  C n2 x  Cn3 x   Cnn x n  1 Đạo hàm hai vế  1 ta được: n   x  n 1  C n1  2Cn2 x  3C n3 x   nC nn x n 2 C  Cn1  Cn2   Cnn  2n Thay x  hai hệ thức  1   ta được:  n1 n n 1 Cn  2Cn  3Cn   nCn  n.2 Từ giả thiết 2Cn1  3Cn2    n  1 Cnn  2621439 ta có: n.2 n 1  n   2621439 Sử dụng TABLE với hàm số f  X   X  2X 1  2X  2621440 chọn Start  1, End  20, Step  ta tìm X  18 hay n  18 Q)O2^Q)p1$+2^Q)$p262144 0==1=20=1= 18 18  1 k x2 Xét khai triển  x     C18 x k 0  18  k k 18    x   C 1 k 0 k 18 x 36 k với  k  18, k   Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam Số hạng không chứa x khai triển tương ứng với giá trị k thỏa mãn 36  k   0  k  18  k  12 k    12 Vậy số hạng không chứa x khai triển C18  18564 Câu 28: Đáp án A Ta có I    f  x   x  dx  1 2  f  x  dx   xdx  F  x  1 1  F    F  1    x2 1 1  I     Câu 29: Đáp án B * Nếu m  1 hàm số có dạng y  2 x  x  4, đồ thị parabol STUDY TIPS Hàm số y  ax  bx  c có đồ thị parabol  P  đỉnh  b  I   ;   Nếu a  2a 4a   hàm số đồng biến  b  khoảng   ;   hàm 2a   số nghịch biến khoảng  b   ;   Ngược lại, 2a   a  hàm số đồng biến  b  khoảng  ;   , 2a   hàm số nghịch biến  b  khoảng   ;   2a    33  có đỉnh   ;  Do hệ số a  2  nên đồ thị hàm số có bề lõm quay xuống    1 dưới, suy hàm số đồng biến khoảng  ;   hàm số nghịch biến     khoảng   ;   Vậy với m  1 hàm số khơng nghịch biến  ;     * Nếu m  hàm số trở thành y   x  nghịch biến    * Nếu m  1, xét đạo hàm y  m  x   m  1 x  Để hàm số nghịch   biến   ;    y  0, x    m  x   m  1 x   0, x     1  m  3 m2      1 m 1       2    m  1  m     m   m  1 m          m   m  1   Vậy với m    ;1 hàm số cho nghịch biến  ;   , có giá trị   m 0;1 thỏa mãn Câu 30: Đáp án D 3 dx  x     x    dx  1       dx 0  x   x   0  x   x    0 x2 x4 Cách 1: Ta có x2  ln x4 1 1  ln  ln  ln  ln  ln  a ln  b ln  c ln 7 2 2 1 Do a , b, c  nên a  ; b  ; c   Vậy a  3b  c     2 2 Cách 2: Sử dụng MTCT Từ giả thiết, ta có dx   x   x    a ln  b ln  c ln  ln   a a b c   e dx   x   x    10  7 1  2  Khai báo sách hãng tại: congphatoan.com b c Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam 1 Do a , b, c  nên a  ; b  ; c   Vậy a  3b  c     2 2 Câu 31: Đáp án C x 1 Xét đạo hàm y   m STUDY TIPS + A  m   f  x  , x  D  A  m   max f  x  x2  2x   x  x   m  x  1 x2  2x  Hàm số đồng biến   y  0, x    m  x  1   x  x  , x    1 + Nếu x   1 trở thành 0m   (luôn đúng) D + A  m   f  x  , x  D  A  m   f  x  + Nếu x   1  m   x2  2x  , x   1;   x1 D Ở toán bên, hàm số f  x  khơng có GTLN, GTNN đoạn  ;1 1;   m x2  2x  , x   1;   1 x lim f  x   1, lim f  x   1 x x ta f  x   1;f  x   x2  2x   1;   1 x Xét hàm số f  x   từ bảng biến thiên việc xác định giới hạn   x  1 Ta có f   x   2  x2  2x  x  2x  1  x   2 1  x  x2  x   0, x   1;   Bảng biến thiên: x + –1 Ta có    m  f  x  , x   1;   Quan sát bảng biến thiên ta m  1 + Nếu x   1  m   m x2  2x  , x   ;1 x1 x2  x  , x   ;1 1 x x2  2x   ;1 1 x Xét hàm số f  x   Ta có f   x    3 1  x  x2  x   0, x   ;1 Bảng biến thiên: x + Ta có    m  f  x  , x   ;1 Quan sát bảng biến thiên, ta m  Vậy với m  1;1 hàm số cho đồng biến  ;   Có giá trị m 1; 0;1 nguyên thỏa mãn Câu 32: Đáp án D Gọi O giao điểm AC BD, từ giả thiết suy SO   ABCD  Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam Do ABCD hình vng nên AC  BC  AB  2 S  OA  OB  OC  OD  2 A D       3  SA Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD R   Do SOA vuông O nên SO  SA  OA  2 B O C 2SO 2.4  Một số cơng thức tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp dạng đặc biệt: Hình chóp có đỉnh nhìn đoạn thẳng nối hai đỉnh lại góc vng: d 2 Hình chóp có chiều cao h, độ dài cạnh bên k bán kính mặt cầu ngoại Gọi d độ dài đoạn thẳng bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp R  tiếp hình chóp R  k2 2h Hình chóp có cạnh bên vng góc với đáy: Gọi h chiều cao hình chóp Rd bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp R  Rd2  h2 4 Hình chóp có mặt bên vng góc với đáy: Gọi h chiều cao hình chóp Rb , Rd bán kính đường tròn ngoại tiếp mặt bên (mặt bên vng góc với đáy) mặt đáy; giao tuyến hai mặt có độ dài d Khi bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp R  Rb2  Rd2  d2 Câu 33: Đáp án D   x Lấy điểm M1 x0 ; a nằm đồ thị hàm số y  a x  a  0, a  1 Gọi M2 điểm   x đối xứng với M1 quan điểm I  1;1 , suy M2  x0 ;  a điểm M2 thuộc đồ thị hàm số y  g  x   xM   x0  x0   xM 2 x Ta có    2 xM  g  x    a x0 y   a y   a  M  M2   2 2log a 2018  Vậy g   log a   a log a 2018  2016   g   log a 2018    a 2018   Câu 34: Đáp án D   x  0, y   x  0, y   x  0, y   log x  log y  1     log x  log y   log x    x  64 Ta có  log x  log y  3 log y  y     log x  log y  Vậy xy  64.8  512 STUDY TIPS Cơng thức tổng qt tính đạo hàm cấp n hàm số f  x   sin  ux  là:   n f    x   u n sin  ux  n  2  Câu 35: Đáp án D Ta có y  sin x.cos x  sin x  1 sin x  sin x   sin x  sin x  sin x  2     10 Khi y    410.sin  x  10   210.sin  x  10  2 2   Khai báo sách hãng tại: congphatoan.com Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ 10 Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam 10 10  y   sin  x  5   sin  x  5   219 sin x  29 sin x 2 4 2 19 10     y      219.sin  sin   29  454490 3     Câu 36: Đáp án D  Cách 1: Xét khai triển x2  3x  k  C k 0 k k k i i    k i k i C  x   3x    C C  3 x i k i 0     x2  3x    C6k 26k x2  3x   k0 k i k k k 0 i 0  k 0  k   với 0  i  k i , k    Số hạng chứa x khai triển tương ứng với giá trị i,k thỏa mãn: 0  k  7 0  k  0  k   2  k   k  4; i      0  i  k 0  k   k  k7    2  i  k    k  5; i   2 k  i  i  k  i  k  i , k    k  6; i  i , k   i , k      i , k   Vậy hệ số số hạng chứa x7 khai triển cho là:  x7   C64C41 22  3   C65C53 21  3   C66C65 20  3   5418   k  X   k2  k1  k0  Cách 2: Ta có hệ phương trình    k1   X  f  X   k2  k1    k0  X   g  X  Do k0 , k1 , k2  nên từ k2  k1  k0    k2  hay  X  Sử dụng TABLE nhập vào hàm số f  X    2X , g  X   X  chọn giá trị Start  0, End  6, Step  w77p2Q)=Q)p1=0=6=1= Quan sát bảng giá trị, ta tìm giá trị k0 , k1 , k2  thỏa mãn hệ phương  k0  0; k1  5; k2   trình là:  k0  1; k1  3; k2   k0  2; k1  1; k2   Vậy hệ số số hạng chứa x7 khai triển cho là: 6! 6! 6! 1 2  x7     0!5!1!  3   1!3!2!  3   2!1!3!  3   5418 Câu 37: Đáp án C * Các tập S tập gồm phần tử có tổng 91 A  1; 2; 3; ;100 xác định sau: + Tập hợp phần tử có dạng 1; a; b   a  b  Khi a  b  90 Các tập hợp 1; 2; 88 ,1; 3; 87 ,1; 4; 86 , ,1; 44; 46 Có 43 tập hợp Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam + Tập hợp phần tử có dạng 2; a; b   a  b  Khi a  b  89 Các tập hợp 2; 3; 86 ,2; 4; 85 ,2; 5; 84 , ,2; 44; 45 Có 42 tập hợp + Tập hợp phần tử có dạng 3; a; b   a  b  Khi a  b  88 Các tập hợp 3; 4; 84 ,3; 5; 83 ,3; 6; 82 , ,3; 43; 45 Có 40 tập hợp + Tập hợp phần tử có dạng 4; a; b   a  b  Khi a  b  87 Các tập hợp 4; 5; 82 ,4; 6; 81 ,4; 7; 80 , ,4; 43; 44 Có 39 tập hợp ……………… + Tập hợp phần tử 27 có dạng 27; a; b  27  a  b  Khi a  b  64 Các tập hợp 27; 28; 36 ,27; 29; 35 ,27; 30; 34 ,27; 31; 33 Có tập hợp + Tập hợp phần tử 28 có dạng 28; a; b  28  a  b  Khi a  b  63 Các tập hợp 28; 29; 34 ,28; 30; 33 ,28; 31; 32 Có tập hợp + Tập hợp phần tử 29 có dạng 29; a; b  29  a  b  Khi a  b  62 Các tập hợp 29; 30; 32 Có tập hợp Vậy số tập hợp S thỏa mãn là:  43  42    40  39    37  36         85  79  73     1  85  15  645 (tập hợp) * Gọi T tập hợp gồm tất tập gồm phần tử A phần tử T lập thành cấp số nhân Tập T xác định sau: + Nếu T có dạng 1; a; b 1  a  b  T là: 1; 2; 4 ,1; 3; 9 ,1; 4;16 , 1; 5; 25 ,1; 6; 36 ,1;7; 49 ,1; 8; 64 ,1; 9; 81 ,1;10;100 + Nếu T có dạng 2; a; b   a  b  T là: 2; 4; 8 ,2; 6;18 ,2; 8; 32 , 2;10; 50 ,2;12; 72 ,2;14; 98 + Nếu T có dạng 3; a; b   a  b  T là: 3; 6;12 ,3; 9; 27 ,3;12; 48 , 3;15; 60 + Nếu T có dạng 4; a; b   a  b  T là: 4; 8;16 ,4;12; 36 ,4;16; 64 , 4; 20;100 + Nếu T có dạng 5; a; b   a  b  T là: 5;10; 20 ,5;15; 45 ,5; 20; 80 + Nếu T có dạng 6; a; b   a  b  T là: 6;12; 24 ,6;18; 48 ,4; 24; 96 + Nếu T có dạng 7; a; b   a  b  T là: 7;14; 28 ,7; 21; 63 + Nếu T có dạng 8; a; b   a  b  T là: 8;16; 32 ,8; 24;72 + Nếu T có dạng 9; a; b   a  b  T là: 9;18; 36 ,9; 27; 81 + Nếu T có dạng 10; a; b  10  a  b  T là: 10; 20; 40 ,10; 30; 90 Khai báo sách hãng tại: congphatoan.com Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam + Tương tự ta tìm tập T: 11; 22; 44 ,11; 33; 99 ,12; 24; 48 ,13; 26; 52 , 14; 28; 56 ,15; 30; 60 ,16; 32; 64 ,17; 34; 68 ,18; 36;72 ,19; 38;76 ,20; 40; 80 , 21; 42; 84 ,22; 44; 88 ,23; 46; 92 ,24; 48; 96 ,25; 50;100 Xét phép thử “Chọn tập S tập gồm phần tử A cho tổng phần tử 91” Khi số phần tử khơng gian mẫu n     645 Gọi A biến cố “Chọn ngẫu nhiên phần tử S cho phần tử có số lập thành cấp số nhân” Khi kết A 1; 9; 81 , 7; 21; 63 ,13; 26; 52 Suy n  A   n A  Vậy xác suất cần tìm P  A   n    645 Ý kiến tác giả: – Do thời gian gấp rút mong muốn đưa đến quý độc giả tài liệu cách nhanh nhất, nên tác giả nghĩ cách giải Có thể nhiều độc giả cảm thấy lời giải dài, nhiên nắm bắt quy luật tốn việc xử lý trở nên nhanh nhiều – Có thể tốn lời giải khác tối ưu hơn, tác giả mong quý độc giả đóng góp lời giải qua gmail: huyenvu.hnue@gmail.com namnguyen.nnn1708@gmail.com để trao đổi học hỏi Câu 38: Đáp án A STUDY TIPS Phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị HS y  ax  bx  c , mx  n  a  0,m   là: y  ax  bx  c  mx  n  y Ta có y   x  m  x  1   x  x  1  mx  m2 x  x  m  m2  x  1 Hàm số cho có hai điểm cực trị  Phương trình x  x  m  m2  có hai nghiệm phân biệt   2ax  b 2a b x m m Tập xác định: D   \1 m  12   1  m  m2  1  13 khác 1   m 2    m  m  Phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số y  x  m Giả sử A  x1 ; x1  m  , B  x2 ; x2  m  hai điểm cực trị đồ thị hàm số, với x1 , x2 hai nghiệm phương trình x  x  m  m2      90  OA.OB   x x  x  m x  m  Để AOB    m   x1 x2  m  x1  x2   m    m2  m  m.2  m2    m        Vậy S    ;  tổng bình phương phần tử S    1     16  4 Câu 39: Đáp án B Từ y   x 1 x1 2  y  , x  1 Gọi điểm M  x0 ;  tiếp điểm tiếp  x 1 x0     x  1 tuyến d với đồ thị  C  Phương trình d : y   x  1 x0  1 x  x   x Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ y x  1 x x02  x0  x  1 Để có hai tiếp tuyến 2 2a x  1  x02  x0  x  1 Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam C  qua điểm A  a;   Phương trình có hai nghiệm phân biệt x01 , x02  Phương trình x02  x0  a   có hai nghiệm phân biệt x01 , x02  2 a   a        a   a  k1  y  x01    Khi hệ số góc hai tiếp tuyến k2  y  x02    x 02  1 2 x  1 01  x  x02  Theo định lý Vi-ét ta có  01  x01 x02  2a  Ta có k1  k2  10 k12 k22   x 01  1  x 02  1  10 x 01  1 x 02  1 2 2  x01  1   x02  1   x01  1 x02  1   160     x01  1 x02  1    2 2  x01  x02   x01 x02   x01  x02     x01 x02   x01  x02   1  160     x01 x02   x01  x02   1    2 6   2a    2.6    2a    1  160  2a    1   a   a  1  10  a  1  a   a  12    a  13   a  12    Để k1  k2  10 k k    a  a  2 a    a   1  a   a   5  a a2  a  11                  a   a  a         Đối chiểu với điểu kiện ta S  0;    Vậy tổng giá trị phần tử S  7 7  2 Câu 40: Đáp án C   Ta có u  x  u  x  y  u f   u   x f  x y y = f’(x) O -1 x     Hàm số y  f x đồng biến  y  x f  x   x     f  x  0   x   f  x2        Khai báo sách hãng tại: congphatoan.com Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam x  x    x   x   x   L     x  + Với       f  x     x  1  1  x  2  x     x  x    x    1  x  1  x      + Với    x     x  2  f  x    x   x      x  2    Vậy khoảng đồng biến hàm số  ; 2  ,  1;  ,  1;  Câu 41: Đáp án B  f  f  0; 2;     2     Đặt f  x; y ; z   x  y  z    A  f B  f  2; 0;1   2.0    A B  f A fB  6.2  12   Hai điểm A,B nằm phía so với mặt phẳng M M’ I  P  Gọi B điểm đối xứng với B qua mặt phẳng  P  Khi MA  MB  MA  MB  AB B’ Dấu “=” xảy  M  M với M   AB   P  x   t 5 2  Phương trình BB :  y  2t ,  t    Gọi I  BB   P   I  ; ;  I trung 3 3 z   t  4 1 điểm BB  B  ; ;  3 3    10  Ta có AB   ; ;    Đường thẳng AB có VTCP u   2; 5; 4  3 3  x  2t   phương trình AB :  y  2  5t  ,  t     z   4t       Do M   AB   P   M   1; ;1  Vậy M  1; ;1   a  b  c      A Câu 42: Đáp án C S B Bài tốn quy về: “Tính góc hai mặt bên hình chóp tam giác S.ABC” C Đặt SA  SB  SC  a ,  a   Tổng góc ngũ giác (một mặt hình   BSC   CSA   540  108 thập nhị diện đều) 3.180  540 Khi ASB Thể tích khối tứ diện S.ABC tính theo cơng thức sau: VS ABC STUDY TIPS Tổng số đo góc đỉnh đa giác lồi n cạnh  n    n   180  1   1  a3 a3   3cos 108  cos3 108   3   2      6     a3 3  a3     8  a3    (độ)  VS ABC   3SA   a3 24 2SSAB SSAC sin  SAB  ,  SAC   (đvtt)  a2    sin108  sin  SAB  ,  SAC     3a   Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam a4  sin  SAB  ,  SAC   a3    sin  SAB  ,  SAC  3a 48        sin 18  cos 36  sin  3.18   3sin18  4sin 18    4sin 18  2sin 18  3sin18     sin18  1 4sin 18  sin18    sin18   Suy 1  1  cos108   sin18  4   a3  24    a3 48   sin  SAB  ,  SAC   sin  SAB  ,  SAC       Vậy cos  SAB  ,  SAC     Một số cơng thức tính thể tích tứ diện đặc biệt:    , BSC   , CSA  : Tứ diện S.ABC có SA  a , SB  b, SC  c ASB abc  cos   cos   cos   cos  cos  cos   Tứ diện ABCD có AB  a, CD  b, d  AB, CD  d AB , CD   VS ABC   V ABCD   abd sin    Tứ diện S.ABC có SSAB  S1 , SSAC  S2 , SA  a  SAB , SAC    VSABC  2S1S2 sin  3a (Cơng thức thể tích góc nhị diện)      , ASC  Tứ diện S.ABC có SA  a , SB  b, SC  c  SAB , SAC    , ASB VS ABC  abc sin  sin  sin  a3 12 Thể tích tam diện vng OABC (tứ diện có cạnh OA, OB, OC đơi vng Thể tích tứ diện ABCD cạnh a VABCD  góc với nhau) là: VOABC  OA.OB.OC Tứ diện ABCD có AB  CD  a , BC  AD  b , AC  BD  c VABCD  12 a  b2  c b2  c  a a  c  b2  (Thể tích tứ diện gần đều) Câu 43: Đáp án C Từ giả thiết, ta có  a  b  c  a  2 b  c Đặt a  x ,2 b  y ,2 c  z với x , y , z  a , b, c  Khi a  b  c  S  a  2b  3c  log x  log y  log  log  xyz  Bài toán quy về: “Cho số thực x , y , z  thỏa mãn x  y  z  Gọi M,m giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức S  log2  xyz  Tính giá trị biểu thức M  log M m ” 3 xyz 4 64 * Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có: xyz       27   3 Khai báo sách hãng tại: congphatoan.com Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam  64  Dấu “=” xảy x  y  z  Khi S  log  xyz   log    27  * Do x , y , z  x  y  z  nên  x , y , z  Ta có   x  1 y  1  xy   x  y    xy  x  y    z  xyz  z   z  Xét hàm số f  z    z  3z 1;  Ta có f   z   2 z  3; f   z    z  Bảng biến thiên: z + – 2 Từ bảng biến thiên suy f  z   Vậy xyz  f  z    z  1; x  y  Dấu “=” xảy  Khi S  log  xyz   log 2   z  2; x  y   64  log    64  4096 Vậy M  log   , m   M  log M m   27   729  27  Câu 44: Đáp án C Ta có SA   ABCD   A hình chiếu S mặt phẳng  ABCD   AC S hình chiếu SC mặt phẳng  ABCD      60 Suy SC ,  ABCD   SC , AC  SCA     Lại có CB  AB, CB  SA  CB   SAB   B hình chiếu C mặt phẳng A D B      sin   ,  SAB     SC , SB   BSC SAB   SC C Đặt BC  b,  b     SC  BC  4b Do SBC vuông B nên BC  SC.sin BSC sin  2   SC  a  b  a2  b Do SAC vuông A nên AC  SC.cos SCA cos60 Suy 4b    a  b  4b  a  b2  b2  3a2  b  3a   a.tan 60  3a  BC  3a  AC  a  SA  AC tan SCA 1 Vậy thể tích khối chóp S.ABCD V ABCD  SA.SABCD  3a.a 3a  a (đvtt) 3 Câu 45: Đáp án B y Quan sát đồ thị ta thấy: + Đồ thị có dạng И nên hệ số a  Loại phương án C O x + Đồ thị cắt trục Oy điểm có tung độ âm nên d  + Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị có hồnh độ trái dấu nên phương trình y  3ax  2bx  c  có hai nghiệm trái dấu  3ac   ac   c  a  Loại phương án D Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam + Nhận thấy hai điểm cực trị x1 , x2 hàm số thỏa mãn x1   x2 x1  x2 nên x1  x2    2b   ab   b  a  Loại phương án A 3a Câu 46: Đáp án A Đặt BC  a , AC  b, AB  c AA  h với a , b, c , h   a  h ah   18 10 37   18 abc     Từ giả thiết, ta có bh  18  b  h h h h h ch  10    10 c  h  Nửa chu vi ABC p  a  b  c 37  2h Diện tích ABC S  p  p  a  p  b  p  c  S 37  37   37 18   37 10  37 19 17 11951           h  2h h   2h h   h h  2h 2h 2h 2h 4h2 Từ giả thiết ta có S   11951 11951   16 h  11951  h  4h Vậy thể tích hình lăng trụ V  S.h  11951  11951 (đvtt) Câu 47: Đáp án A Mặt câu  S  : x  y   z  1  có tâm I  0; 0;1 , bán kính R      Chọn điểm G cho GA  GB  GC   G trọng tâm ABC G  0; 0;        Ta có MA2  MB2  MC  MG  GA  MG  GB  MG  GC      MG  MG GA  GB  GC  GA2  GB2  GC  MG  GA2  GB2  GC         Để MA  MB  MC nhỏ  MG nhỏ nhất, mà M   S  nên M giao điểm đường thẳng IG với mặt cầu  S  (M nằm I G)   Ta có IG   0;0;   Đường thẳng IG có VTCP u   0; 0;1 phương trình x   đường thẳng IG :  y  Do M  IG  M  0; 0;1  t  z   t   M1  0; 0;  Mà M   S   t   t  1    M  0; 0;  Do M nằm I G nên M  M2  0;0;  Vậy MA  12  12  Câu 48: Đáp án C Ta có  f  x  dx  F  x   F  x   f  x   x cos x  sin x x2 Xét hàm số y  F  x   0; 2018  Khai báo sách hãng tại: congphatoan.com Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Ta có F   x   Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam x cos x  sin x ; F   x    x cos x  sin x  0, x   0; 2018   x2 Xét hàm số g  x   x cos x  sin x  0; 2018   x    0; 2018   Có g  x   cos x  x sin x  cos x   x sin x; g  x     sin x   x  k,  k   Do x   0; 2018  nên  k  2018   k  2018, mà k   nên k 1; 2; ; 2017  x ; 2; ; 2017 x … 0 0 0 … Từ bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số g  x  cắt trục hoành 2017 điểm x1   ; 2  , x2   2; 3  , , x2017   2017 ; 2018  nên phương trình g  x   có 2017 nghiệm Lại có F   x   g  x x2 , x   0; 2018  hàm số g  x  đổi dấu liên tục từ âm sang dương từ dương sang âm x qua điểm x1 , x2 , , x2017 Khi F   x  đổi dấu liên tục x qua điểm x1 , x2 , , x2017 Vậy hàm số y  F  x  có 2017 điểm cực trị khoảng  0; 2018  Câu 49: Đáp án B       Ta có   f  x   2 f  x  sin  x   dx    f  x   f  x   sin x  cos x   dx   0   2    f  x   f  x  sin x  cos x    sin x  cos x   dx    sin x  cos x  dx    0   2    f  x    sin x  cos x   dx     sin x  dx 0    2    f  x    sin x  cos x   dx   x  cos x   0  2    f  x    sin x  cos x   dx  2      2 Từ giả thiết   f  x   2 f  x  sin  x    dx    0   2 2 2    f  x    sin x  cos x   dx      f  x    sin x  cos x   dx  2 0 Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Suy f  x   sin x  cos x Vậy   0 Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam  f  x  dx    sin x  cos x  dx  Câu 50: Đáp án A z Gọi H trọng tâm BCD , ABCD tứ diện nên AH   BCD  A AH  y B AB 2   3 Gọi O trung điểm BC, BCD nên DO  D H O C x BC 2   2  3 Gắn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ với O  0; 0;  , A  0; ;  , B  2; 0; ,  3    C     2; 0; , D 0; 6;  3 Ta có G trọng tâm tứ diện ABCD nên G  0; ;   3     3 Lại có M trung điểm AB nên M   ; ;              Ta có BG   ; ; ; ; ; ;  , CM     , BM       3                BG , CM    ; ;   BG , CM  BM              BG , CM  BM    Vậy d  BG; CM      BG , CM  14   – Với mong muốn mang tài liệu đến với quý độc giả cách nhanh chóng, q trình giải số câu trình bày dài dòng xảy sai sót, điều mà tác giả khơng muốn có Vì vậy, mong q độc giả đóng góp hòm thư huyenvu.hnue@gmail.com namnguyen.nnn1708@gmail.com để tài liệu hoàn thiện – Nếu cảm thấy chưa tự tin luyện đề, độ giả tham khảo Cơng Phá Đề 2018 tác giả Ngọc Huyền LB thầy tỉnh Ninh Bình biên soạn Đọc thử tại: http://bit.ly/2FxcqJi Khai báo sách hãng tại: congphatoan.com  ... liệu, cán coi thi không giải thích thêm) Trang 6/6 - Mã đề thi 101 Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam ĐỀ THI KSCL LẦN – TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG ĐÁP... congphatoan.com Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam  AMN SAMN STUDY TIPS Gọi S diện tích đa giác H mặt phẳng  P  S diện tích hình chi u S a2  Mặt khác... mãn Câu 32: Đáp án D Gọi O giao điểm AC BD, từ giả thi t suy SO   ABCD  Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam Do ABCD hình vng nên AC  BC  AB  2 S