Phương pháp: Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt t = u(x)

Cách giải:

Đặt

Đổi cận 

Đáp án C

Phương pháp: Sử dụng các công thức

Cách giải: ĐK $n\ge 2$

Đáp án D

Phương pháp:  trong đó R; h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối nón.

Cách giải: Ta có

Đáp án D

Phương pháp: Giả sử đường thẳng (d) cắt trục Oz tại điểm 

Cách giải:

Giả sử đường thẳng (d) cắt trục Oz tại điểm 

Đáp án D

Phương pháp:

Nếu  hoặc  Đồ thị hàm số có hai TCN là y=a 

Nếu  Đồ thị hàm số có hai TCĐ là  

Cách giải: TXĐ:  

Ta có Đồ thị hàm số có hai TCN là y=3 và y=$-$3

Đồ thị hàm số có hai TCĐ là x=$-$2

Đáp án A

Phương pháp: Sử dụng khai triển nhị thức Newton:

Cách giải:

Để tìm hệ số của $x^7$ ta cho k = 7, khi đó hệ số của $x^7$ là $C_{20}^7$

Đáp án B

Phương pháp:

Cách giải:

Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức tổng quát của CSC  và tính chất của CSN 

Cách giải:

a, b, c lần lượt là số thứ nhất, thứ tư và thứ tám của một cấp số cộng công sai là $s\ne 0$

nên ta có  a, b, c  theo thứ tự tạo thành một cấp số nhân với công bội khác 1 nên ta có

Đáp án B

Phương pháp: Sử dụng công thức $\int \frac{1}{{(ax+b)}^2}=-\frac{1}{a(ax+b)}+C$

Cách giải: $\int \frac{1}{{(x+1)}^2}dx=\frac{-1}{x+1}+C$

Đáp án D

Phương pháp: 

Cách giải: 

Đáp án B

Phương pháp: 

Cách giải: 

Đáp án C

Phương pháp: 

Đáp án B

Phương pháp : Đưa về cùng cơ số.

Cách giải :

Đáp án C

Phương pháp : Thay tọa độ các điểm vào hàm số.

Cách giải :

Ta thấy  không thuộc đồ thị hàm số y = x⁴ – 2x² – 1

Đáp án A

Phương pháp :

Tìm nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z² – z +1 = 0 bằng MTCT.

Cách giải:

Sử dụng MTCT ta tính được nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình trên là

Đáp án C

Phương pháp: 

Cách giải:

Đáp án A

Phương pháp:

Mặt cầu có đường kính AB nhận trung điểm của AB làm tâm và có bán kính R = AB/2

Cách giải: Gọi I là trung điểm của AB ta có I(1;1;1) , 

Vậy mặt cầu đường kính AB có tâm I(1;1;1) và bán kính 

=> pt: ${\left(x-1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2=2$

Đáp án A

Phương pháp: Hàm số y = f(x) nghịch biến trên 

Cách giải : Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên (–∞;0) và (0;2)

Đáp án B

Phương pháp:

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f(x) = 1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = 1

Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 1 điểm duy nhất. Do đó f(x) = 1 có 1 nghiệm

Đáp án C

Phương pháp: Suy luận từng đáp án.

Cách giải:

A đúng.

Ta có IO // SA => IO // (SAB) và IO // (SAD) => B, D đúng.

Mặt phẳng (IBD) cắt hình chóp S.ABCD theo thiết diện chính là tam giác IBD. C sai

Đáp án C

Phương pháp: Tìm các điểm cực trị của hàm số.

Cách giải: TXĐ: D = R

Ta có: 

Vì 

Đáp án D

Phương pháp :

Gọi (Q): x + y + z + a = 0 (a≠3) là mặt phẳng song song với mặt phẳng (P).

Sử dụng công thức tính khoảng cách từ 1 điểm đến một mặt phẳng.

Cách giải :

Gọi (Q): x + y + z + a = 0 (a≠3) là mặt phẳng song song với mặt phẳng (P).

Với 

Vậy không có mặt phẳng (Q) nào thỏa mãn điều kiện bài toán

Đáp án A

Đáp án B

Phương pháp : Chia cả tử và mẫu cho x và sử dụng giới hạn 

Cách giải : 

Đáp án D

Phương pháp : Nếu $\overrightarrow{n}$ là 1VTPT của (P) => k$\overrightarrow{n}$ (k≠0) cũng là 1 VTPT của (P)

Đáp án A

Phương pháp: Đặt 

Cách giải: Đặt 

Khi đó ta có 

Khi đó tích hai nghiệm của phương trình này bằng -1

Đáp án A

Phương pháp: Sử dụng công thức 

Cách giải: 

Ta có 

Xét tam giác vuông SHC có 

Ta có:

Ta có:

Lại có 

Đáp án A

Phương pháp:

Tính khoảng cách từ  1 điểm M đến đường thẳng Δ:  với $\overrightarrow{u_{△}}$ là 1 VTCP của Δ và I$\in$Δ là 1 điểm bất kì

Cách giải: Đường thẳng Δ nhận  là 1 VTCP

Gọi M(a;b;0)$\in$(Oxy) => 

Như vậy tập hợp các điểm M là elip có phương trình 

Đáp án B

Phương pháp: Tính tổng quát $n\left(I_n+I_{n+1}\right)$ bằng bao nhiêu, sau  đó thay vào tính $u_n$ và sử dụng công thức tổng của cấp số nhân để rút gọn $u_n$.

Cách giải:

Ta có: 

Đáp án B

Phương pháp: Sử dụng công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:

Với  lần lượt là các VTCP của 

Cách giải:

Ta có  lần lượt là các VTCP của d₁; d₂

Ta có 

Lấy 

Đáp án B

Phương pháp: Tìm các điểm biểu diễn và đưa về bài toán hình học.

Cách giải : Đặt 

M, N là các điểm biểu diễn cho 

Gọi P là điểm biểu diễn cho 2z₃và Q là điểm biểu diễn cho -2z₃, ta có N là trung điểm của OP và P, Q đối xứng nhau qua O. Khi đó S = MP.MQ

Áp dụng định lí Cosin trong ΔOMP có:

Áp dụng định lí Cosin trong ΔOMQ có:

Đáp án A

Phương pháp: Dựa vào các đường tiệm cận và các điểm đi qua của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{x+c}$ có đường TCĐ x = – c => – c = 1 <=> c = – 1, TCN y = a => a = –1

Đồ thị hàm số đi qua (0;–1)

Đáp án A

Phương pháp: Đặt sinx = a, cosx = b

Cách giải: Đặt sinx = a, cosx = b  ta có a² + b² = 1

Khi đó 

Đặt 

khi đó ta có : 

Nếu 

Nếu 

Vậy

Dấu bằng xảy ra 

Đáp án C

Phương pháp : Xác định hàm số f’(x) từ đó tính được 

Cách giải : Ta dễ dàng tìm được phương trình parabol là

Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ 

Đáp án C

Phương pháp :

+)  Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ m – 2

y = f’(m – 2)(x – m +2)+y(m – 2) (d)

+) Xác định các giao điểm của d và các đường tiệm cận => x₂;y₁

+) Thay vào phương trình x₂ + y₁ = –5 giải tìm các giá trị của m.

Cách giải: TXĐ: D = R\ {–2}

Ta có 

=>Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ m – 2 là: 

Đồ thị hàm số $y=\frac{x-1}{x+2}$ có đường TCN y = 1và tiệm cậm đứng x = –2

Đáp án B

Phương pháp:

Gọi các trung điểm của các cạnh bên và các cạnh đáy.

Tìm các mặt phẳng cách đều 5 điểm S, A, B, C, D.

Cách giải:

Gọi E; F; G; H lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC, SD và M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA .

Ta có thể tìm được các mặt phẳng cách đều 5 điểm S, A, B, C, D là (EFGH); (EFNQ); (GHQN); (FGPM); (EHPM)

Đáp án B

Phương pháp: Xét các trường hợp:

TH1: 

TH2: 

TH3: 

Cách giải:

TH1: , ta có 0 + 5 = 1 + 4 = 2 + 3 = 5

- Nếu (a₁;a₂) = (0;5) => có 1 cách chọn (a₁a₂)

Có 2 cách chọn (a₃a₄), 2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn.

Tương tự (a₅a₆) có 2 cách chọn.

=>Có 8 số thỏa mãn.

- Nếu (a₁;a₂) ≠ (0;5) =>có 2 cách chọn (a₁a₂),2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn.

Có 2 cách chọn (a₃a₄), 2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn.

Tương tự (a₅a₆) có 2 cách chọn.

=>Có 32 số thỏa mãn.

Vậy TH1 có: 8 + 21 = 40 số thỏa mãn.

TH2: ta có 0+6=1+5=2+4=6

Tương tự như TH1 có 40 số thỏa mãn.

TH3: , ta có 1+6-2+5=3+4=7

Có 3 cách chọn (a₁a₂) , hai số này có thể đổi chỗ cho nhau nên có 6 cách chọn.

Tương tự có 4 cách chọn (a₃a₄) và 2 cách chọn (a₅a₆).

Vậy TH3 có 6.4.2 = 48 số thỏa mãn.

Vậy có tất cả 40 +40 +48 = 128 số có 6 chữ số khác nhau thỏa mãn  

Để viết một số có 6 chữ số khác nhau bất kì có 6.6.5.4.3.2 = 4320 số.

Vậy $p=\frac{128}{4320}=\frac{4}{135}$

Đáp án A

Phương pháp :

+) Nhóm các tổ hợp có chỉ số dưới bằng nhau.

+) Sử dụng tổng  

+) Sử dụng công thức tính tổng của cấp số nhân.

+) Để S là số có 1000 chữ số thì

Cách giải:

Xét tổng

Từ đó ta có:

Để S là số có 1000 chữ số thì

n là số nguyên dương 

Đáp án A

Phương pháp: Chia cả 2 vế cho 3^x, đặt , tìm điều kiện của t.

Đưa về bất phương trình dạng 

Cách giải :

Ta có 

Đặt , khi đó phương trình trở thành

Ta có: 

Vậy 

Đáp án D

Phương pháp :

+) Kẻ AD$\perp$B’C, xác định góc giữa mặt phẳng (AB’C) và mặt phẳng (BCC’B’)

+) Tính BB’.

+) Tính thể tích khối lăng trụ và suy ra thế tích AB’CA’C’

Cách giải :

Gọi H là trung điểm của BC ta có

Trong (AB’C) kẻ AD$\perp$B’C

Ta có:

=> ((AB'C);(BCC'B')) = (AD;HD) = ADH

Ta có 

Dễ thấy ∆CBB’ đồng dạng với ∆CDH (g.g)

Ta có: 

Đáp án A

Phương pháp : Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt x = a – t.

Cách giải : Đặt x = a – t => dx = –dt. Đổi cận 

=> 

Đáp án D

Phương pháp : Áp dụng phương pháp xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp.

Cách giải : Ta có :

Gọi I là trung điểm của AD, do ∆ABD vuông tại nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABD.

Gọi N là trung điểm của AC.

Qua M kẻ đường thẳng d song song với AC => d$\perp$(ABD)

Qua N kẻ đường thẳng d’ song song với AD => d’$\perp$AC 

Gọi I = d$\cap$d' => là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có bán kính R = IA

Ta có: 

Đáp án B

Phương pháp : Chia hai trường hợp :

TH1 : Học sinh TWO làm được 2 trong số 3 bài trong đề thi.

TH2 : Học sinh TWO làm được cả 3 bài trong đề thi.

Cách giải : $\left|\Omega \right|=C_{2n}^3$

TH1 : Học sinh TWO làm được 2 trong số 3 bài trong đề thi. Có $C_n^2.C_n^1$ cách

TH2 : Học sinh TWO làm được cả 3 bài trong đề thi. Có $C_n^3$ cách

Gọi A là biến cố học sinh TWO không phải thi lại

Đến đây chọn một giá trị bất kì của n rồi thay vào là nhanh nhất, chọn n =10 , ta tính được $P\left(A\right)=\frac{1}{2}$

Đáp án A

Phương pháp:

+) Viết phương trình mặt phẳng (ABC) ở dạng đoạn chắn, thay tọa độ điểm M vào pt mặt phẳng (ABC).

+) (ABC) tiếp xúc với mặt cầu (S) tâm I bán kính R ó d(I;(ABC)) = R

Cách giải:

(ABC) tiếp xúc với mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3) và bán kính $R=\sqrt{\frac{72}{7}}$

Đáp án B

Phương pháp: Sử dụng công thức ứng dụng của tích phân để tính diện tích hình phẳng.

Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm

sinx = cosx <=> tanx = 1 <=> x = $\frac{\pi }{4}+k\pi$

TH1: $a=\frac{\pi }{4}$ => => không thỏa mãn

TH2: $a=\frac{\pi }{2}$ => 

=> không thỏa mãn

TH3: $a\in \left(\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{2}\right)$

=> 

=> 

<=> 

<=> 

<=> 

=>

Đáp án B

Phương pháp:

+) Tìm điều kiện để phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn ĐKXĐ.

+) Viết phương trình đường thẳng AB. Để A, B, C thẳng hàng ó C$\in$AB

Cách giải: TXĐ: D = R\{|m|}

Ta có:

<=> 

=> Đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị A, B phân biệt.

Đường thẳng AB có phương trình:

Để A, B, C(4;2) phân biệt thẳng hàng ó CAB => 2 = 4.2 - |m| ó |m| = 6  

Khi đó ta có: B(4;2) ≡ C => không thỏa mãn.

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án A

Phương pháp:

Đặt Đáp án A

Phương pháp:

Đặt f(x) = a(x – x₁)(x – x₂)(x – x₃)(x – x₄), tính đạo hàm của hàm số y = f(x)

Xét hàm số $h\left(x\right)=\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}$ và chứng minh  f(x).f’’(x) – [f’(x)]² < 0 $\forall x\notin \left\{x_1;x_2;x_3;x_4\right\}$

Cách giải: Đồ thị hàm sốy = f(x) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt nên

f(x) = a(x – x₁)(x – x₂)(x – x₃)(x – x₄)

=> f ’(x) = a(x – x₁)(x – x₂)(x – x₃)(x – x₄) + a(x – x₁)(x – x₃)(x – x₄) + a(x – x₁)(x – x₂)(x – x₄) + a(x – x₁)(x – x₂)(x – x₃)

f ’(x) = f(x)$\left(\frac{1}{x-x_1}+\frac{1}{x-x_2}+\frac{1}{x-x_3}+\frac{1}{x-x_4}\right)$ $\forall x\notin \left\{x_1;x_2;x_3;x_4\right\}$ => f’(x) ≠ 0 $\forall x\notin \left\{x_1;x_2;x_3;x_4\right\}$

Đặt $h\left(x\right)=\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}$= $\frac{1}{x-x_1}+\frac{1}{x-x_2}+\frac{1}{x-x_3}+\frac{1}{x-x_4}$ $\forall x\notin \left\{x_1;x_2;x_3;x_4\right\}$

Ta có

= $\frac{-1}{{(x-x}^{}}$₁)2+-1(x-x₂)2+-1(x-x₃)2+-1(x-x₄)2<0 $\forall x\notin \left\{x_1;x_2;x_3;x_4\right\}$

=> f ''(x).f(x) – [f’(x)]² < 0$\forall x\notin \left\{x_1;x_2;x_3;x_4\right\}$

=> g(x) = [f’(x)]² – f(x).f’’(x)>0$\forall x\notin \left\{x_1;x_2;x_3;x_4\right\}$

Khi f(x) = 0 => f '(x) ≠ 0 => g(x) = [f’(x)]² – f(x).f’’(x) ≠ 0

Vậy đồ thị hàm số y = g(x) = [f’(x)]² – f(x).f’’(x) không cắt trục Ox

Đáp án A

Phương pháp: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần tính F(x)

Cách giải:

=>

Đáp án D

Phương pháp: Đưa khoảng cách từ M đến (SAC) về khoảng cách từ H đến (SAC).

Cách giải: Gọi H là trung điểm của AB ta có SH$\perp$(ABCD)

Ta có (SC;(ABCD)) = (SC;HC) = Góc SCH = ${45}^0$

=>∆SHC vuông cân tại H => 

Trong (ABD) kẻ HI$\perp$AC,trong (SHI) kẻ HK$\perp$SI ta có:

Ta có ∆AHI: ∆A CB(g.g) => 

Đáp án B

Phương pháp : Đặt 

  tìm GTLN của 

Cách giải : Đặt 

Ta có : 

=> 

<=>