Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán (Lần 1) - Mã đề 101 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT Chuyên Bắc Ninh (Có đáp án)

ng phải cấp số cộng. 
Bằng phương pháp loại trừ, ta chọn đáp án D 
Chú ý: 
- Cách khác: Xét dãy số (un) với 2 3, 1nu n n   
    *1 ,23212 Nnnnuu nn  
Nên (un) là cấp số cộng với u1 = - 1 và công sai d = 2. 
- Có thể sử dụng kết quả: Số hạng tổng quát của mọi cấp số cộng (un) có công sai a đều có dạng 
un = an + b, với n là số tự nhiên khác 0. Nên thấy ngay 2 3, 1nu n n   là cấp số cộng với 
công sai d = 2. 
Câu 3. Hàm số có đạo hàm bằng 
2
1
2x
x
 là: 
A. 
3
3
2 2x
y
x

 .
B. 
3 1x
y
x

 .
C. 
33 3x x
y
x

 .
D. 
3 5 1x x
y
x
 
 . 
Lời giải 
Chọn D. 
Ta có 
2
2
3 2
4'
2
2
22
x
xy
x
x
x
x
y 

 
File làm chuyên đề cùng Strong team – Môn TOÁN Strong Team TOÁN VD – VDC 
Chia sẻ bởi Strong Team VD-VDC. 2 
2
2
3 1
2'
11
x
xy
x
x
x
x
y 

 
0,6'0,33
33 2
3


 xxyxx
x
xx
y 
3
2
2
5 1 1 1
5 2
x x
y x y x
x x x
       
nên chọn đáp án D. 
Chú ý: Khi học sinh đã học nguyên hàm thì đối với câu hỏi này, cách nhanh nhất là tìm họ các 
nguyên hàm của hàm số đề cho. 
Câu 4. Nếu hàm số ( )y f x có đạo hàm tại 0x thì phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm 
  0 0;M x f x là 
A.    0 0( )y f x x x f x
   . B.    0 0( )y f x x x f x
   . 
C.     0 0 0y f x x x f x
   . D.     0 0 0y f x x x f x
   
Lời giải 
Chọn C. 
Theo ý nghĩa hình học của đạo hàm, tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại   0 0;M x f x có 
hệ số góc là  0'f x . Suy ra phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm 
  0 0;M x f x là:      0 0 0y f x x x f x   . 
Câu 5. Giới hạn 
2 2 2
lim
2x
x
x
 

 bằng 
A.  . B. 1. C.  . D. 1 
Lời giải 
Chọn B. 
Chia cả tử và mẫu cho 0x  ta được: 
2 2
2 2
1
2 2 1 0 0
lim lim 1
22 1 01
x x
x x x
x
x
 
 
   
  
 
Câu 6. Cho tập S có 20 phần tử. Số tập con gồm 3 phần tử của S. 
A. 320A . B. 
3
20C . C. 60 . D. 
320 . 
Lời giải 
Chọn B. 
Mỗi tập con gồm 3 phần tử của S là một tổ hợp chập 3 của 20 phần tử thuộc S và ngược lại. 
Nên số các tập con gồm 3 phần tử của S bằng số các tổ hợp chập 3 của 20 phần tử thuộc S và 
bằng 320C . 
Câu 7. Đường cong ở hình dưới là đồ thị của một trong bốn hàm số ở dưới đây. Hàm số đó là hàm số 
nào? 
File làm chuyên đề cùng Strong team – Môn TOÁN Strong Team TOÁN VD – VDC 
Chia sẻ bởi Strong Team VD-VDC. 3 
A. 3 22 6 1y x x x    
B. 3 22 6 6 1y x x x    
C. 3 22 6 6 1y x x x    
D. 3 22 6 6 1y x x x     
Lời giải 
Chọn B. 
Ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm  1;3 .I Lần lượt thay tọa độ điểm I vào các biểu thức hàm số 
ở các đáp án, cho ta đáp án .B 
Câu 8. Đồ thị hàm số 
2 3
1
x
y
x



 có các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là: 
A. 1x  và 2y  . B. 2x  và 1y  . C. 1x  và 3y   . D. 1x   và 2y  . 
Lời giải 
Chọn A. 
Ta có 
2 3
lim 2
1x
x
x



 nên 2y  là tiệm cận ngang (2 bên). 



 1
32
lim
1 x
x
x
, 


 1
32
lim
1 x
x
x
 nên 1x  là tiệm cận đứng (2 bên). 
Câu 9. Có 7 bông hồng đỏ, 8 bông hồng vàng và 10 bông hồng trắng, các bông hồng khác nhau từng 
đôi một. Hỏi có bao nhiêu cách lấy 3 bông hồng có đủ ba màu. 
A.319 . B.3014 . C.310 . D. 560 . 
Lời giải 
Chọn D. 
Có 3 loại hoa khác nhau, chọn 3 bông đủ ba màu nên dùng quy tắc nhân. 
- Chọn một bông hồng đỏ có 7 cách. 
- Chọn một bông hồng vàng có 8 cách. 
- Chọn một bông hồng trắng có 10 cách. 
Theo quy tắc nhân có 7.8.10 = 560 cách. 
Câu 10. Giá trị của m làm cho phương trình 2( 2) 2 3 0m x mx m     có hai nghiệm dương phân 
biệt là 
A. 6m  . B. 6m  và 2m  . 
C. 2 6m  hoặc 3m   . D. 0m  hoặc 2 6m  . 
Lời giải 
Chọn C. 
Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi: 
File làm chuyên đề cùng Strong team – Môn TOÁN Strong Team TOÁN VD – VDC 
Chia sẻ bởi Strong Team VD-VDC. 4 
  2
22
6 00 2 3 0
20 2 62
0 00 32
0 23
0
32
mm
ma m m m
m mm
mS mm
P mm
mm

               
           
   
     
. 
Chú ý: 
Câu này có thể thử bằng máy tính bằng cách lần lượt thay các giá trị của m vào phương trình 
và tìm nghiệm của phương trình bậc hai tương ứng. 
Thay 7m  , phương trình vô nghiệm, loại A. 
Thay 2m   , phương trình có một nghiệm âm, loại B, D. 
Chọn C. 
Câu 11. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào là khẳng định sai? 
A. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau. 
B. Nếu một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì cũng vuông 
góc với đường thẳng còn lại. 
C. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau. 
D. Nếu một đường thẳng và một mặt phẳng (không chứa đường thẳng đó) cùng vuông góc với 
một đường thẳng thì song song với nhau. 
Lời giải 
Chọn A. 
Hình ảnh minh họa hai mặt phẳng ( )P và ( )Q cùng vuông góc với mặt phẳng ( )R nhưng 
không song song với nhau. 
Câu 12. Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông tại ,B SA vuông góc với mặt phẳng 
( ),ABC AH là đường cao trong tam giác SAB Trong các khẳng định sau, khẳng định nào là 
khẳng định sai? 
A. AH AC . B. AH BC . C. SA BC . D. AH SC 
Lời giải 
Chọn A. 
File làm chuyên đề cùng Strong team – Môn TOÁN Strong Team TOÁN VD – VDC 
Chia sẻ bởi Strong Team VD-VDC. 5 
Do ( )SA ABC SA BC   nên C đúng. 
Ta có: ( )
( )
BC SA
BC SAB BC AH
BC AB gt

   

 nên B đúng. 
Mà: SB AH 
Từ (1),(2) suy ra: ( )AH SBC 
 AH SC nên D đúng. 
Vậy A sai. 
Câu 13. Cho hàm số 
3
23 2
3
x
y x   có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết 
tiếp tuyến có hệ số góc 9k   . 
A. 16 9( 3)y x    . B. 9( 3)y x   . C. 16 9( 3)y x    . D. 16 9( 3)y x    . 
Lời giải 
Chọn D. 
Gọi  0 0:A x y là tọa độ tiếp điểm. Ta có: 
3
2( ) 3 2
3
x
y f x x    . 
Tiếp tuyến với đồ thị (C) tại A có hệ số góc 9k   . 
 0 9f x
   20 06 9x x    0 03 16x y     
Phương trình tiếp tuyến của độ thị tại tiếp điểm  0 0:A x y là:    0 0 0.y y f x x x
   
16 9( 3)y x     . 
Câu 14. Cho tứ diện SABC có các cạnh , ,SA SB SC đôi một vuông góc với nhau. Biết 
3 , 4 , 5SA a SB a SC a   Tính theo a thể tích V của khối tứ diện SABC 
A. 320V a B. 310V a C. 
35
2
a
V  . D. 35V a 
Lời giải 
Chọn B 
Có  SBCSA
SBSA
SCSA






3
. 105.4.3.
6
1
..
6
1
.
3
1
aaaaSCSBSASSAV SBCABCS   . 
Câu 15. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? 
A. Tứ diện có bốn cạnh bằng nhau là tứ diện đều. 
B. Hình chóp tam giác đều là tứ diện đều. 
C. Tứ diện có bốn mặt là bốn tam giác đều là tứ diện đều. 
D. Tứ diện có đáy là tam giác đều là tứ diện đều. 
File làm chuyên đề cùng Strong team – Môn TOÁN Strong Team TOÁN VD – VDC 
Chia sẻ bởi Strong Team VD-VDC. 6 
Lời giải 
Chọn C 
Theo định nghĩa, tứ diện đều là tứ diện có 4 mặt là 4 tam giác đều nên đáp án đúng là C 
Chú ý. Có thể nhấn mạnh: Tứ diện đều có 6 cạnh bằng nhau. Đáp án A, D sai vì chưa đủ điều 
kiện 6 cạnh bằng nhau. Đáp án B sai vì tồn tại hình chóp tam giác đều có độ dài cạnh bên khác 
độ dài cạnh đáy. 
Câu 16. Hàm số 
2sin 1
1 cos
x
y
x


 
xác định khi 
A. 2
2
x k

  . B. x k . C. 2x k  . D. 
2
x k

  
Lời giải 
Chọn C 
Hàm số xác định khi và chỉ khi 1 cos 0x  cos 1x  2x k   với k . 
Câu 17. Cho hàm số ( )y f x đồng biến trên khoảng ( ; )a b Mệnh đề nào sau đây sai? 
A. Hàm số ( 1)y f x  đồng biến trên khoảng ( ; )a b . 
B. Hàm số ( ) 1y f x   nghịch biến trên khoảng ( ; )a b . 
C. Hàm số ( ) 1y f x  đồng biến trên khoảng ( ; )a b
. 
D. Hàm số ( ) 1y f x   nghịch biến trên khoảng ( ; )a b 
Lời giải 
Chọn A 
Theo giả thiết ta có    baxxf ,,0'  , (dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm thuộc (a; b)). 
Trên khoảng (a; b) 
- Hàm số y = f(x) + 1 có đạo hàm bằng f’(x) nên C đúng. 
- Các hàm số y = - f(x) + 1 và y = - f(x ) - 1 có đạo hàm bằng - f’(x) nên B, D đúng. 
Do đó A sai 
Câu 18. Đạo hàm của hàm số 
3
sin 4
2
y x
 
  
 
là: 
A. 4cos 4x . B. 4cos 4x . C. 4sin 4x . D. 4sin 4x 
Lời giải 
Chọn C 
Ta có 
3
sin 4 sin 4 sin 4 cos 4
2 2 2
y x x x x
  

     
              
     
 ( cos 4 ) 4sin 4y x x    . 
Câu 19. Phương trình: cos 0x m  vô nghiệm khi m là: 
A. 1 1m   . B. 1m  . C. 1m   . D. 
1
1
m
m

  
. 
Lời giải 
Chọn D 
Phương trình: cos 0 cosx m x m    
Vì 1 cos 1x   , x nên phương trình trên vô nghiệm 
1
1
m
m

   
File làm chuyên đề cùng Strong team – Môn TOÁN Strong Team TOÁN VD – VDC 
Chia sẻ bởi Strong Team VD-VDC. 7 
Câu 20. Cho hình chóp SABC có A , B lần lượt là trung điểm của SA , SB . Gọi 1V , 2V lần lượt là thể 
tích của khối chóp SA B C  và SABC . Tính tỉ số 1
2
V
V
. 
A. 
1
8
. B. 
1
4
. C. 
1
2
. D. 
1
3
. 
Lời giải 
Chọn B 
B'
A'
C
B
A
S
.
.
1 1 1
. .
2 2 4
S A B C
S ABC
V SA SB
V SA SB
      . 
Câu 21. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có (2;1), ( 1;2), (3;0)A B C . Tứ giác ABCE là hình 
bình hành khi tọa độ E là cặp số nào sau đây? 
A. (6; 1) . B. (0;1) . C. (1;6) . D. (6;1) . 
Lời giải 
Chọn A 
Gọi  ;E EE x y ta có:  2; 1 , (4; 2)E EAE x y BC  
 
 ABCE là hình bình hành 
2 4 6
(6; 1)
1 2 1
E E
E E
x x
AE BC E
y y
   
      
     
 
. 
Câu 22. Cho đường thẳng : 2 1 0.d x y   Để phép tịnh tiến theo v

 biến đường thẳng d thành chính 
nó thì v

 phải là véc tơ nào sau đây: 
A.  1;2 .v  

B.  2; 1 .v  

C.  1;2 .v 

 D.  2;1 .v 

Lời giải 
Chọn C 
Phép tịnh tiến theo v

 biến đường thẳng d thành chính nó khi và chỉ khi 0v hoặc v

 là một 
vectơ chỉ phương của d . Từ phương trình đường thẳng d, ta thấy  2;1v là một vectơ chỉ 
phương của d nên chọn đáp án C.
File làm chuyên đề cùng Strong team – Môn TOÁN Strong Team TOÁN VD – VDC 
Chia sẻ bởi Strong Team VD-VDC. 8 
Câu 23. Hàm số nào sau đây đạt cực tiểu tai điểm 0x  
A. 3 2y x  . B. 2 1y x  . C. 3 1y x x    . D. 3 23 2y x x   . 
Lời giải 
Chọn B 
 3 22 3 0,y x y x x      nên hàm số không có điểm cực trị. 
 12  xy y’ = 2x, y’’ = 2. 
 Vì 
 
 




00"
00'
y
y
 nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 , chọn B. 
 13'1 23  xyxxy . Vì y’(0) = 1 nên hàm số không đạt cực trị tại x = 0, loại C 
 3 2 2
0
3 2 3 6 0
2
x
y x x y x x
x
          
, y” = 6x - 6. 
 Vì 
 
 




00"
00'
y
y
 nên hàm đạt cực đại tại điểm 0x  , loại D 
Chú ý: Có thể lập bảng biến thiên của các hàm số để tìm đáp án. 
Câu 24. Cho hàm số  y f x xác định trên  và có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng? 
A. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( 1;0) và (1; ) . 
B. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( , 1)  và (0;1) . 
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 1;1) . 
D. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( 1;0) và  1; . 
Lời giải 
Chọn A 
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng
( 1;0) và (1; ) . 
Câu 25. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh ,a SA vuông góc với mặt 
đáy  ABCD , 2SA a . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABC . 
A. 
3
3
a
. B. 
3
6
a
. C. 
3
4
a
. D. 
32
5
a
Lời giải 
Chọn A 
File làm chuyên đề cùng Strong team – Môn TOÁN Strong Team TOÁN VD – VDC 
Chia sẻ bởi Strong Team VD-VDC. 9 
a
2a
DA
B C
S
Ta có: 
3
21 1 1 2
3 3 2 3
SABC ABC
a
V S SA a a
 
     
 
. 
Lời bình: Có thể cho 1 đáp án nhiễu là 
3
2 3a
vì có thể học sinh cần rút kinh nghiệm khi hấp tấp 
đọc đề nhanh thành tính theo a thể tích khối chóp . .S ABCD 
Câu 26. Cho hàm số y  f (x) có đạo hàm trên R và có đồ thị y  f '(x) như hình vẽ. 
 Xét hàm số    22  xfxg . 
Mệnh đề nào sau đây sai? 
A. Hàm số g(x)nghịch biến trên (0;2). 
B. Hàm số g(x) đồng biến trên (2;). 
C. Hàm số g(x) nghịch biến trên (;2). 
D. Hàm số g(x) nghịch biến trên (1;0). 
Lời giải 
Chọn D 
Ta có    22  xfxg 
     xxfxg 2.2'' 2  
  
 




























2
2
1
1
0
22
12
0
02'
0
0'
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
xf
x
xg 
File làm chuyên đề cùng Strong team – Môn TOÁN Strong Team TOÁN VD – VDC 
Chia sẻ bởi Strong Team VD-VDC. 10 
Ta có     07'.63'  fg , g’(x) đổi dấu qua các nghiệm đơn hoặc bội lẻ, không đổi dấu qua 
các nghiệm bội chẵn nên ta có bảng xét dấu g’(x): 
 x  -2 -1 0 1 2  
g’(x) - 0 + 0 + 0 - 0 - 0 + 
Suy ra đáp án là D. 
Câu 27. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
1mx
y
x m



 đồng biến trên khoảng (2; ) 
A. 2 1m    hoặc 1m  . B. 1m   hoặc 1m  . 
C. 1 1m   . D. 1m   hoặc 1m  . 
Lời giải 
Chọn A 
TXĐ: \{ }D m  
2
2
1
( )
m
y
x m
 

Hàm số
1mx
y
x m



 đồng biến trên khoảng (2; )
 
2 1 0
2;
m
m
  

  
  ;2,0' xy
2 ( ; 1) (1; ) ( ; 1) (1; )1 0
2 22
m mm
m mm
             
    
      
[ 2; 1) (1; )m      . 
Câu 28. Cho cấp số nhân  nu cố công bội q và 1 0u  . Điểu kiện của q để cấp số nhân  nu có ba số 
hạng liên tiếp là độ dài ba cạnh của một tam giác là : 
A. 0 q 1  B. 
2
51
1

 q 
C. 1q  . D. 
1 5 1 5
2 2
q
  
 
Lời giải 
Chọn D 
Giả sử ba số hạng liên tiếp là 1 21 1 1, ,
n n nu q u q u q  . Ba số hạng này là độ dài ba cạnh của một tam 
giác  
2 1 2
1 1 1
1 2 2
1 1 1
21 2
1 1 1
0 1 0
1 5 1 5
0 1 0
2 2
1 00
n n n
n n n
n n n
u q u q u q q q
u q u q u q q q q
q qu q u q u q
 
 
 
      
     
          
 
     
. 
Câu 29. Cho tam giác có (1; 1)A  , (3; 3)B  , (6;0)C . Diện tích ABC là 
A. 6 B. 6 2 C. 12. D. 3
 Lời giải 
Chọn A 
Cách 1: Ta có (2; 2)AB  

 ,  3;3BC 

 . 0AB BC 
 
 , suy ra tam giác ABC vuông tại B . 
 
1 1
. .2 2.3 2 6
2 2
ABCS AB BC  
 
. 
File làm chuyên đề cùng Strong team – Môn TOÁN Strong Team TOÁN VD – VDC 
Chia sẻ bởi Strong Team VD-VDC. 11 
Cách 2: 
22AB 
Ta có phương trình đường thẳng qua hai điểm ,A B là : 0d x y    2
6
;  dCd 
1 1 6
( ; ) 2 2 6
2 2 2
ABCS ABd C d   . 
Câu 30. Tính tổng 0 1 20002000 2000 20002 ... 2001S C C C    
A. 20001000.2 . B. 20002001.2 . C. 20002000.2 . D. 20001001.2 
Lời giải 
Chọn D 
Cách 1: 
Ta có: 12000 1999. 2000. , 1, 2000
k kk C C k   . Áp dụng vào S 
     0 1 2000 1 2 2000 2000 0 1 19992000 2000 2000 2000 2000 2000 1999 1999 1999... 2 ... 2000 2 2000 ...S C C C C C C C C C           
2000 1999 20002 2000.2 1001.2   . 
Cách 2: 
Ta có : ( 1+x)2000 = 02000C + 
1
2000C x + 
2
2000C x
2 + 32000C x
3 + + 20002000C x
2000 
Nhân cả hai vế với x ta có : 
x( 1+x)2000 = 02000C x + 
1
2000C x
2 + 22000C x
3 + 32000C x
4 + + 20002000C x
2001 
Lấy đạo hàm hai vế ta có : 
( 1+x)2000 + 2000x(1+x)1999 = 02000C + 2
1
2000C x + 3
2
2000C x
2 + 4 32000C x
3 + + 2001 20002000C x
2000 (*) 
Thay x=1 vào (*) ta được : 
1001.22000 = 0
2000C + 2
1
2000C + 3
2
2000C ++ 2001
2000
2000C 
Cách 3 
Ta có 20002000
1999
2000
1
2000
0
2000 .2001.2000....2 CCCCS  , (1) 
 Hay 02000
1
2000
1999
2000
2000
2000 2....2000.2001 CCCCS  
2000
2000
1999
2000
1
2000
0
2000 2....2000.2001 CCCCS  , (2) 
Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được 
2000
2000
1999
2000
1
2000
0
2000 .2002.2002....2002.20022 CCCCS  
  200020002000199920001200002000 2.1001....1001  CCCCS 
Câu 31. Cho hàm số 4 2y ax bx c   có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây đúng ? 
A. 0, 0, 0a b c   . B. 0, 0, 0a b c   . 
File làm chuyên đề cùng Strong team – Môn TOÁN Strong Team TOÁN VD – VDC 
Chia sẻ bởi Strong Team VD-VDC. 12 
C. 0, 0, 0a b c   . D. 0, 0, 0a b c   
Lời giải 
Chọn C 
- Dựa vào hình dạng đồ thị suy ra 0a  
- Hàm số có 3 điểm cực trị nên 0 0ab b   
- Giao điểm với trục tung nằm dưới trục hoành nên 0c  . 
Câu 32. Gọi S là tập các giá trị dương của tham số m sao cho hàm số 3 23 27 3 2y x mx x m     đạt 
cực trị tại 1 2,x x thỏa mãn 1 2 5x x  . Biết  ;S a b . Tính 2T b a  . 
A. 51 6T   . B. 61 3T   . C. 61 3T   . D. 51 6T   . 
Lời giải 
Chọn C. 
+) Ta có 23 6 27y x mx    , 20 2 9 0y x mx      (1) 
+) Theo giả thiết hàm số đạt cực trị tại 1 2,x x  phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt 
0   2
3
9 0
3
m
m
m

      
 (*) 
+) Với điều kiện (*) thì phương trình (1) có 2 nghiệm 1 2,x x , theo Vi-ét ta có:
1 2
1 2
2
9
x x m
x x
 


+) Ta lại có 1 2 5x x     
2 2
1 2 1 2 1 225 4 25 0x x x x x x        
2 61 614 61 0
2 2
m m       (**) 
+) Kết hợp (*), (**) và điều kiện m dương ta được: 
61
3
2
m  
3
2 61 361
2
a
T b a
b


     


. 
Câu 33. Cho hình hộp ABCDA B C D   có tất cả các mặt là hình vuông cạnh a . Các điểm ,M N lần lượt 
nằm trên ,AD DB sao cho ;(0 2)AM DN x x a    . Khi x thay đổi, đường thẳng MN 
luôn song song với mặt phẳng cố định nào sau đây? 
A.  CB D  . B.  A BC . C.  AD C D.  BA C  
Lời giải 
Chọn B 
* Sử dụng định lí Ta-lét đảo. 
File làm chuyên đề cùng Strong team – Môn TOÁN Strong Team TOÁN VD – VDC 
Chia sẻ bởi Strong Team VD-VDC. 13 
Ta có
2
AM DN x
AD DB a

 
  
 
 nên
AM MD AD
DN NB DB
 
  . 
Áp dụng định lí Ta-lét đảo, ta có , ,AD MN BD lần lượt nằm trên ba mặt phẳng song song. 
M song song với mặt phẳng ( )P chứa BD và song song với AD . 
Nên  / /MN BCD A  hay  / /MN A BC 
* Sử dụng định lí Ta-lét. 
Vì / /AD A D  nên tồn tại ( )P là mặt phẳng qua AD và song song với mp  A D CB  
( )Q là mặt phẳng qua M và song song với mp  A D CB  . Giả sử ( )Q cắt DB tại N 
Theo định lí Ta-lét ta có:  
AM DN
AD DB

 

Mà các mặt của hình hộp là hình vuông cạnh a nên 2AD DB a
   
Từ   ta có AM DN  DN DN  N N  ( )M Q  
 ( ) / /Q A D CB  suy ra M luôn song song với mặt phẳng cố định  A D CB  hay  A BC 
Câu 34. Một hộp đựng 11 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 11. Chọn ngẫu nhiên 4 tấm thẻ từ hộp đó. Gọi 
P là xác suất để tổng các số ghi trên 4 tấm thẻ ấy là một số lẻ. Khi đó P bằng: 
A. 
1
12
. B. 
16
33
. C. 
10
33
. D. 
2
11 
Lời giải 
Chọn B 
Số phần tử của không gian mẫu là: 411| | C  
Trong 11 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 11 có 6 tấm thẻ được ghi số lẻ và 5 tấm thẻ được ghi 
số chẵn. 
Gọi A là biến cố: “Tổng các số ghi trên 4 tấm thẻ là một số lẻ”. 
TH1: Chọn 4 tấm thẻ gồm 1 tấm thẻ được ghi số lẻ và 3 tấm thẻ được ghi số chẵn 
 Có 1 36 5 60C C  (cách) 
TH2: Chọn 4 tấm thẻ gồm 3 tấm thẻ được ghi số lẻ và 1 tấm thẻ được ghi số chẵn 
 Có 3 16 5 100C C  (cách) 
Vậy số phần tử của 1 là: | | 60 100 160A    
| | 160 16
( )
| | 330 33
A
P A   

Câu 35. Cho hàm số có đồ thị 
2 1
( ) :
1
x
C y
x



. Gọi M là điểm bất kì thuộc đồ thị ( )C . Gọi tiếp tuyến 
của đồ thị ( )C tại M cắt các tiệm cận của ( )C tại hai điểm P và Q . Gọi G là trọng tâm tam 
giác IPQ (với I là giao điểm của hai đường tiệm cận của ( )C ). Diện tích tam giác GPQ là 
A. 2 . B. 4 . C. 
2
3
. D. 1
Lời giải 
Chọn A 
File làm chuyên đề cùng Strong team – Môn TOÁN Strong Team TOÁN VD – VDC 
Chia sẻ bởi Strong Team VD-VDC. 14 
2
3
( 1)
y
x
 

. Giả sử  
2 1
;
1
a
M a C
a
 
 
 
. 
 Phương trình tiếp tuyến tại điểm M là 
2
3 2 1
: ( )
( 1) 1
a
d y x a
a a
 
  
 
Đồ thị ( )C có hai tiệm cận có phương trình lần lượt là 1 : 1d x  ; 2 : 2d