WT de phat trien de minh hoa THPTQG so 1 2019

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN
NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2019

Câu 1.
Câu 2.

ĐỀ PHÁT TRIỂN THI THỬ THPTQG SỐ 1
NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: Tốn
Thời gian: 90 phút (Khơng kể thời gian phát đề)

Thể tích khối lập phương ABCD.ABCD có AB  a 2 bằng:
A. a 3 .
B. 2a 3 .
C. 4a 3 .
Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau:

x

y



2
0
3



4
0



D. 6a 3 .







y
2



Câu 3.

Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đạt cực đại tại x  2.
B. Hàm số đạt cực đại tại x  3.
C. Hàm số đạt cực đại tại x  2.
D. Hàm số đạt cực đại tại x  4.
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  0;  1;3 và B  6;1;  3 . Vectơ AB có tọa độ là
A.  6; 2;  6  .

Câu 4.

Câu 5.

Câu 6.

Cho hàm số y
đây?

B.  6;  2;  6  .

C.  6;0;0  .

f x có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới

A.  ; 1 .

B.  1;1 .

C.  0;   .

A. 3log a  4 log b.

B. 4 log a  3log b.

C.

Với a , b là hai số dương tùy ý, log  a3b4  bằng

Cho

D.  6; 2;6  .

5

5

5

2

2

2

D.

1
log a  3log b.
4

;

.

1
D. 2 log a  log b.
3

 f  x  dx  4 và  g  x  dx  3 , khi đó  2 f  x   3g  x  dx bằng
D. 1 .

Câu 8.

A. 1 .
B. 12 .
C. 7 .
Diện tích của mặt cầu bán kính a bằng:
A. 2 a 2 .
B. 3 a 2 .
C.  a 2 .
Số nghiệm của phương trình log 2  x 2  2 x  4   2 là:

Câu 9.

A. 2 .
B. 1 .
C. 0 .
D. 3 .
Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   đi qua A 1; 2;3 và song song mặt phẳng  Oxy  thì

Câu 7.

phương trình mặt phẳng   là
A. x 1  0 .
B. x  2 y  z  0 .
Câu 10. Họ nguyên hàm của hàm số f x
A. e x
C.

x2

1
x 1

ex

C.

1 2
x
2

C.

e

x

D. 4 a 2 .

C. y  2  0 .

D. z  3  0 .

2 x là

B. e x

1 2
x
2

D. e x

1 C.

C.

Trang 1/24 - WordToan


y 3 z 4
đi qua điểm nào dưới đây?
3
2
3
A. Q (3; 2;3) .
B. M ( 2; 3; 4) .
C. P(2;3; 4) .
D. N( 3; 2; 3) .
Câu 12. Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n . Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
k ! n  k  !
n!
n!
n!
A. Ank 
.
B. Ank  .
C. Ank 
.
D. Ank 
.
k!

n!
k ! n  k  !
 n  k !
Câu 11. Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :

x

2

Câu 13. Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u2  2 và u3  5 . Giá trị của u5 bằng
A. 12 .
B. 15 .
C. 11 .
D. 25 .
Câu 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , 3 điểm A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn của ba số phức
z1  3  7i, z2  9  5i và z3  5  9i . Khi đó, trọng tâm G là điểm biểu diễn của số phức nào
sau đây?
7
A. z  1  9i .
B. z  3  3i .
C. z   i .
D. z  2  2i .
3
Câu 15. Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào
dưới đây?
x2
2x 1
A. y 
.
B. y 

.
2x 1
x2
x2
x2
C. y 
.
D. y 
.
2x 1
2x 1
Câu 16. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  1;1 và có đồ thị như hình
vẽ. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã
cho trên đoạn  1;1 . Giá trị của M  m bằng
A. 0 .
B. 1 .
C. 2 .
D. 3 .
Câu 17. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ( x)  x 2 ( x  1)3 ( x  2), x  . Số
điểm cực trị của hàm số đã cho là
A. 3 .
B. 2
C. 6 .
D. 1 .
Câu 18. Tìm hai số thực a và b để số phức z   a  bi   2  a  bi   b2  1 là số thuần ảo, với i là đơn vị
ảo.
A. a  1 , b  0 .
B. a  0, b  1 .
C. a  1 và b bất kì.
D. a  1 và b bất kì.

Câu 19. Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 2;0  và B  3; 2; 2  . Phương trình
mặt cầu ( S ) nhận AB làm đường kính là
2

A.  x  2    y  2    z  1  18

B.  x  2    y  2    z  1  2

C.  x  2    y  2    z  1  2

D.  x  2    y  2    z  1  18

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Câu 20. Đặt log 4 5  a , khi đó log 25 64 bằng
3
2a
3a
2
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
2a
3
2
3a
2
2
Câu 21. Ký hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  4 z  5  0 . Giá trị của z1  z2 bằng
A. 0 .
B. 10 .
C. 8 .
Câu 22. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng

D. 12 .
 P  : x  2 y  2 z  8  0 và

 Q  : x  2 y  2 z  4  0 bằng
A. 1.

B.

Trang 2/24 – Diễn đàn giáo viên Toán

4
.
3

C. 2.

D.

7
.
3


Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình 2 x  2 x  8 là
A. (; 1) .
B. (3;  ) .
C. (1;3) .
D. ( ; 1)  (3; ) .
Câu 24. Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo cơng thức nào dưới đây?

2

1

A.

 x

5

 x  dx .

1

B.

1

  x  x  dx .
5

1

0

1

C. 2   x  x  dx .

D. 2  x  x5  dx .

5

1

0

Câu 25. Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 5a và đường cao bằng 4a . Thể tích khối nón bằng
80 a 3
3
3
3
A.
.
B. 15 a .
C. 12 a .
D. 36 a .
3
Câu 26. Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như sau

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là
A. 4 .
B. 1 .
C. 3 .
D. 2 .
Câu 27. Cho khối chóp tam giác đều có tất cả các cạnh bằng 2a . Thể tích của khối chóp đã cho bằng
8a 3
8 2a3
4 2a 3
2 2a 3

A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
3
3
3
3
Câu 28. Hàm số f  x   log  4  x 2  có đạo hàm
A. f   x  

ln10
.
4  x2

B. f   x  

1
.
 4  x2  ln10

C. f   x  

2 x
.
 4  x2  .ln10

D. f   x  

2 x
.
4  x2

Câu 29. Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thực của phương trình 3 f ( x)  2  0 là:
A. 4.
B. 3.
C. 2.
D. 1.
Câu 30. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có đáy ABCD là hình vng, AC  a 2 . Gọi  P  là
mặt phẳng qua AC cắt BB, DD lần lượt tại M , N sao cho tam giác AMN cân tại A có
MN  a . Tính cos  với  
ADMIN-MINH VŨ

 P  ,  ABCD  .

Trang 3/24 - WordToan


1
1
2
3
.
B. .

C. .
D.
.
2
3
2
3
Câu 31. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log(8.5x  20 x )  x  log 25 bằng
A. 16 .
B. 3 .
C. 25 .
D. 8 .
Câu 32. Một chi tiết máy là phần còn lại của một khối trụ có bán kính đáy r sau khi đã đục bỏ phần bên
r
trong là một khối trụ có bán kính đáy (tham khảo hình vẽ).
2
A.

Biết thể tích khối trụ nhỏ bị đục bỏ bằng 20  cm3  . Thể tích của khối chi tiết máy đó là
A. 40  cm3  .

B. 60  cm3  .

C. 80  cm3  .

D. 70  cm3  .

C.  2 x  2  e x  x 2 .

D.  2 x  2  e x  x 2 .

Câu 33. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x)  2 x(1  e x ) là
A.  2 x  1 e x  x 2 .

B.  2 x  1 e x  x 2 .

Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh 2a , góc BAD  60 , SAB là tam giác đều nằm
trên mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  là

a 3
.
2
Câu 35. Trong khơng
A.

x 1
2
x 1
A.
2
x 5
C.
2
Câu 36. Tìm tất cả
d:

y

3a
.

2
Oxyz , cho
B.

gian

a 6
.
D. a 6 .
2
phẳng   : x  y  z  6  0 và đường
C.

mặt

thẳng

4
3

y
3
y
3
các

z
. Hình chiếu vng góc của d trên  có phương trình là
5
4 z 1

x y 5 z 1
.
B.
.
5
2
3
5
z 1
x y 5 z 1
.
D.
.
5
2
3
5
giá trị thực của tham số m để hàm số y  2 x3  mx 2  2 x đồng biến trên khoảng

 2;0 .
A. m  2 3 .

13
.
2
z 1  i

B. m 

Câu 37. Xét các số phức z thoả mãn

 z  z  i 1

C. m  2 3 .

D. m  

13
.
2

là số thực. Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức

z
là
2

parabol có toạ độ đỉnh
1 3
 1 1
1 3
 1 1
A. I  ;   .
B. I   ;  .
C. I  ;   .
D. I   ;  .
4 4
 4 4
2 2
 2 2

ln 2
dx
1
  ln a  ln b  ln c  với a , b , c là các số nguyên dương. Tính
Câu 38. Biết I  
x

x
0
e  3e  4 c
P  2a  b  c .
A. P  3 .
B. P  1 .
C. P  4 .
D. P  3
y

f
(
x
).
y

f
'(
x
)
Câu 39. Cho hàm số
Hàm số
có bảng biến thiên như sau

Trang 4/24 – Diễn đàn giáo viên Toán


Bất phương trình f ( x)  e x  2m  0 có nghiệm đúng với mọi x  (2;3) khi và chỉ khi
1
1
A. m   f (2)  e 2  .
B. m   f (2)  e 2  .
2
2
1
1
C. m   f (3)  e3  .
D. m   f (3)  e3  .
2
2
Câu 40. Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có bốn ghế. Xếp ngẫu nhiên 8 học sinh, gồm 4 học sinh
trường A và 4 học sinh trường B, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học
sinh ngồi. Tính xác suất để các học sinh khác trường nhau thì ngồi đối diện với nhau.
1
8
1
8
A.
.
B.
.
C.
.

D.
.
70
70
35
35
Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A  2;1;3 , B 1; 1; 2  , C  3; 6;0  ,
D  2;  2;  1 .

Điểm

M  x; y; z 

thuộc

mặt

phẳng

 P : x  y  z  2  0

sao

cho

S  MA2  MB 2  MC 2  MD 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức
P  x2  y 2  z 2 .
A. P  6 .
B. P  2 .
C. P  0 .

D. P  2 .
z  2i
Câu 42. Có bao nhiêu số phức z thỏa z  1  2i  z  3  4i và
là một số thuần ảo
z i
A. 0 .
B. Vô số.
C. 1 .
D. 2 .
Câu 43. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá trị
thực của tham số m để phương trình f  e x   m có nghiệm thuộc khoảng  0;ln 2  .

1

A.  3;0  .

B.  3;3 .

C. 0; 3 .

D.  3;0

Câu 44. Vận dụng thông tư số 14/2017/TT-NHNN của Ngân hàng Nhà nước quy định về phương pháp tính
lãi trong hoạt động nhận tiền gửi, có hiệu lực từ ngày 1/1/2018, ngân hàng A đã tính số tiền lãi theo
một kì bằng số ngày của kì gửi nhân với số tiền lãi của một năm chia cho 365. Một khách hàng gửi
100 triệu đồng vào ngân hàng vào ngày 4/7/2018 với lãi suất 5%/năm, kì hạn 1 tháng, ngày tính lãi
hàng tháng là ngày 4/7, biết rằng trong khi gửi khác hàng không đến rút lãi về, ngân hàng tính theo
thể thức lãi kép. Đến ngày 4/9/2018, người đó đến ngân hàng rút cả vốn lẫn lãi về. Hỏi số tiền (tính
bằng nghìn đồng) khách hàng nhận được là số nào sau đây:
A. 100835.

B. 100836.
C. 100834.
D. 100851.
2
2
2
Câu 45. Trong không gian Oxyz , cho  S  :  x  3   y  2    z  5  36 , mặt phẳng  P  di động luôn
đi qua điểm M  2;1;3 và cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn  C  . Đường thẳng đi qua tâm
mặt cầu vng góc mặt phẳng  P  cắt mặt cầu tại hai điểm C , D . Gọi T là tổng thể tích hai khối
nón có đỉnh lần lượt là C , D , đáy là  C  , V là thể tích khối cầu, k 

T
. Khi  C  có diện tích nhỏ
V

nhất thì k là
5
10
5
7
A. k  .
B. k 
.
C. k  .
D. k  .
12
27
8
12
Câu 46. Một biển quảng cáo với 4 đỉnh A, B, C , D như hình vẽ. Biết chi phí để sơn phần tơ đậm là

200.000 (đồng/m2) sơn phần còn lại là 100.000đ/m 2 . Cho AC  8m; BD  10m; MN  4m . Hỏi số
tiền sơn gần với số tiền nào sau đây:
ADMIN-MINH VŨ

Trang 5/24 - WordToan


A. 12204000đ .
B. 14207000đ .
C. 11503000đ .
D. 10894000đ .



Câu 47. Cho khối lăng trụ ABC.A B C có thể tích bằng 2 . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AA và
N là điểm nằm trên cạnh BB ' sao cho BN  2B ' N . Đường thẳng CM cắt đường thẳng CA tại
P , đường thẳng CN cắt đường thẳng CB tại Q . Thể tích của khối đa diện lồi AMPBNQ bằng
7
5
2
13
A. .
B. .
C. .
D.
.
9
9
3
9

Câu 48. Cho hàm số y
f x có đồ thị f   x  như hình vẽ sau

Hàm số y
A.  1; 2  .

g x

f x 1

x3
3

x 2 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

B.  4;   .

C.  2; 4  .

D.  0; 2  .

Câu 49. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình
m2 x 4   m  2  x3  x 2   m2  1 x  0 nghiệm đúng với mọi x  . Số phần tử của tập S là
A. 3 .
B. 2 .
C. 0 .
4
3
2
Câu 50. Cho hàm số f  x   mx  nx  px  qx  r , (với m, n, p, q, r 

như hình vẽ bên dưới:

D. 1 .
). Hàm số y  f   x  có đồ thị

y
1 O

5 3
4

x

Tập nghiệm của bất phương trình f  x   r có bao nhiêu giá trị nguyên?
A. 4.
B. 3.
C. 1.
------------- HẾT -------------

Trang 6/24 – Diễn đàn giáo viên Toán

D. 2.


BẢNG ĐÁP ÁN
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
A A A B A D D A D A
26 27 28 29 30 31 32 33 34 35
D D C A A B B D C B

11
C
36
A

12
C
37
A

13
C
38
D

14
C
39
B

15
A
40
D

16
B
41
B

17
B
42
C

18
D
43
A

19
C
44
D

20
B
45
A

21
B
46
A

22
B
47
A

23
C
48
D

24
D
49
D

25
C
50
B

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.

Câu 2.

Thể tích khối lập phương ABCD.ABCD có AB  a 2 bằng:
A. a 3 .
B. 2a 3 .
C. 4a 3 .
Lời giải
Chọn A
ABB vuông cân tại B nên: 2 AB 2  AB2  AB  a.
Thể tích khối lập phương là a 3 .

D. 6a 3 .

Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau:

x

y





2
0
3



4
0



y




2



Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đạt cực đại tại x  2.
C. Hàm số đạt cực đại tại x  2.

B. Hàm số đạt cực đại tại x  3.
D. Hàm số đạt cực đại tại x  4.
Lời giải

Chọn A
Hàm số đạt cực đại tại x  2 , vì đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm qua x  2 và yCĐ  y  2   3.
Hàm số đạt cực tiểu tại x  4 , vì đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương qua x  4 và

yCT  y  4   2.

Câu 3.

Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  0;  1;3 và B  6;1;  3 . Vectơ AB có tọa độ là
A.  6; 2;  6  .

B.  6;  2;  6  .

C.  6;0;0  .
Lời giải

D.  6; 2;6  .

Chọn A
AB   6  0;1    1 ;  3  3   6; 2;  6  .
Câu 4.

Cho hàm số y
đây?

A.  ; 1 .

f x có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới

B.  1;1 .

C.  0;   .
Lời giải

Chọn B
Nhìn vào đồ thị đã cho, ta có hàm số đồng biến trên khoảng
ADMIN-MINH VŨ

D.

;

.

1;1 .
Trang 7/24 - WordToan


Câu 5.

Với a , b là hai số dương tùy ý, log  a3b4  bằng

A. 3log a  4 log b.

B. 4 log a  3log b.

C.

1
log a  3log b.
4

1
D. 2 log a  log b.
3

Lời giải
Chọn A
Có log  a3b4   log a3  log b4  3log a  4log b .
Câu 6.

Cho

5

5

2

2

5

 f  x  dx  4 và  g  x  dx  3 , khi đó  2 f  x   3g  x  dx bằng

A. 1 .

2

B. 12 .

D. 1 .

C. 7 .
Lời giải

Chọn D
5

5

5

2

2

2

Có   2 f  x   3g  x  dx  2 f  x  dx  3 g  x  dx  2.4  3.3  1.
Câu 7.

Câu 8.

Diện tích của mặt cầu bán kính a bằng:
A. 2 a 2 .
B. 3 a 2 .

Chọn D
Có S  4 R 2  4 a 2 2.4  3.3  1.
Số nghiệm của phương trình log 2  x 2  2 x  4   2 là:
A. 2 .

B. 1 .

Chọn A
Ta có x 2  2 x  4  0, x 

Câu 9.

D. 4 a 2 .

C.  a 2 .
Lời giải

C. 0 .
Lời giải

D. 3 .

.

x  0
Khi đó log 2  x 2  2 x  4   2  x 2  2 x  4  4  
.
x  2
Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   đi qua A 1; 2;3 và song song mặt phẳng  Oxy  thì
phương trình mặt phẳng   là
B. x  2 y  z  0 .

A. x 1  0 .

C. y  2  0 .
Lời giải

D. z  3  0 .

Chọn D
Mặt phẳng   đi qua A 1; 2;3 có véc tơ pháp tuyến k   0;0;1 .
Nên mặt phẳng   có phương trình là: z  3  0 .
Câu 10. Họ nguyên hàm của hàm số f x
A. e x
C.

x2

1
x 1

ex

ex

2 x là

C.

1 2
x
2

C.

B. e x

1 2
x
2

D. e x

1 C.

C.

Lời giải
Chọn A
Ta có
f x dx

ex

2 x dx

e x dx 2

A. Q (3; 2;3) .

Chọn C
Đáp án A nhầm vectơ chỉ phương.
Trang 8/24 – Diễn đàn giáo viên Toán

2

ex

x2

C.

y 3 z 4
đi qua điểm nào dưới đây?
3
2
3
B. M ( 2; 3; 4) .
C. P(2;3; 4) .
D. N( 3; 2; 3) .
Lời giải

Câu 11. Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :

x

xdx


Đáp án B nhầm dấu tọa độ điểm.
Đáp án D nhầm vectơ chỉ phương.
Câu 12. Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n . Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
k ! n  k  !
n!
n!
n!
A. Ank 
.
B. Ank  .
C. Ank 
.
D. Ank 
.
k!
n!
k ! n  k  !
 n  k !
Lời giải
Chọn C
n!
Theo lý thuyết công thức tính số chỉnh hợp chập k của n : Ank 
.
 n  k !
Câu 13. Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u2  2 và u3  5 . Giá trị của u5 bằng

B. 15 .

A. 12 .

D. 25 .

C. 11 .
Lời giải

Chọn C
Ta có: d  u3  u2  5  2  3  u4  u3  d  5  3  8  u5  u4  d  11 .
Câu 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , 3 điểm A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn của ba số phức z1  3  7i ,
z2  9  5i và z3  5  9i . Khi đó, trọng tâm G là điểm biểu diễn của số phức nào sau đây?
7
A. z  1  9i .
B. z  3  3i .
C. z   i .
D. z  2  2i .
3
Lời giải
Chọn C
Ta có: A  3; 7  , B  9; 5 , C  5;9 

7

Trọng tâm của tam giác ABC là G  ; 1
3


7

i .
3
Câu 15. Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
Vậy trọng tâm G là điểm biểu diễn của số phức z 

A. y 

x2
.
2x 1

B. y 

2x 1
.
x2

C. y 

x2
.
2x 1

D. y 

x2
.
2x 1

Lời giải

Chọn A
Tập xác định: D 
Ta có: y 

3

 2 x  1

2

1 
\   . Nên loại đáp án B, C.
2
1
 0 , x  . Hàm số đồng biến trên các khoảng
2

1

1

 ;  và  ;  
2

2


Nên loại D.

x2

.
2x 1
Câu 16. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  1;1 và có đồ thị như hình vẽ.
Vậy đồ thị đã cho là của hàm số y 

ADMIN-MINH VŨ

Trang 9/24 - WordToan


Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  1;1 . Giá trị
của M  m bằng
A. 0 .

B. 1 .

C. 2 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn B
Từ đồ thị ta thấy M  1, m  0 nên M  m  1 .
Câu 17. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ( x)  x 2 ( x  1)3 ( x  2), x  . Số điểm cực trị của hàm số đã
cho là
A. 3 .
B. 2
C. 6 .
D. 1 .
Lời giải

Chọn B
x  0
Ta có f ( x)  0   x  1 .

 x  2
Xét dấu f ( x ) , ta được

Do f ( x ) đổi dấu 2 lần nên hàm số f ( x ) có 2 điểm cực trị.
Câu 18. Tìm hai số thực a và b để số phức z   a  bi   2  a  bi   b2  1 là số thuần ảo, với i là đơn vị
ảo.
A. a  1 , b  0 .
B. a  0, b  1 .
C. a  1 và b bất kì.
D. a  1 và b bất kì.
Lời giải
Chọn D
2

Ta có: z   a  bi   2  a  bi   b2  1  a 2  2abi  b2  2a  2bi  b2  1
2

 a 2  2a  1   2ab  2b  i .
Để số phức z là số thuần ảo thì a 2  2a  1  0  a  1 .
Vậy a  1 còn b là số thực bất kì.
Câu 19. Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 2;0  và B  3; 2; 2  . Phương trình
mặt cầu ( S ) nhận AB làm đường kính là
A.  x  2    y  2    z  1  18
2

2

B.  x  2    y  2    z  1  2

2

2

C.  x  2    y  2    z  1  2
2

2

2

D.  x  2    y  2    z  1  18
Lời giải

2

2

2

Chọn C
Ta có: ( S ) nhận trung điểm I  2; 2;1 của AB làm tâm và có bán kính R  IA .
R  IA 

1  2 

2

  2  2    0  1  2
2

2

Suy phương trình mặt cầu ( S ) :  x  2    y  2    z  1  2 .
2

Trang 10/24 – Diễn đàn giáo viên Toán

2

2

2

2


Câu 20. Đặt log 4 5  a , khi đó log 25 64 bằng
3
3a
A.
.
B.
.
2a
2

C.

2
.
3a

D.

2a
.
3

Lời giải
Chọn B

3
3
Ta có log 25 64  log 52 43  log 5 4 
.
2
2a
2
2
Câu 21. Ký hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  4 z  5  0 . Giá trị của z1  z2 bằng
B. 10 .

A. 0 .

C. 8 .
Lời giải

D. 12 .

Chọn B

 z1  2  i
2
2
2
2
Ta có : z 2  4 z  5  0  
. Suy ra z1  z2  5  z1  z2  10 .
 z2  2  i
Câu 22. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  8  0 và

 Q  : x  2 y  2 z  4  0 bằng
A. 1.

B.

4
.
3

C. 2.

D.

7
.

3

Lời giải
Chọn B

8  2.0  2.0  4 4
 P  / /  Q 
Ta có 
 d   P  ;  Q    d  A;  Q   
 .
2
2
2
3
A
8;0;0

P




1

2

2


Nhận xét:

Nếu mặt phẳng  P  : ax  by  cz  d  0 và  Q  : ax  by  cz  d '  0  a 2  b2  c 2  0  song song

d d '

với nhau  d  d ' thì d   P  ;  Q   

.
a 2  b2  c 2
2
Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình 2 x  2 x  8 là
A. (; 1) .
B. (3;  ) .
C. (1;3) .
D. ( ; 1)  (3; ) .
Lời giải
Chọn C
2
2
Ta có: 2 x 2 x  8  2 x 2 x  23  x 2  2 x  3  x 2  2 x  3  0  1  x  3.
Câu 24. Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo cơng thức nào dưới đây?

1

A.

 x

5

1

 x  dx .

1

B.

  x  x  dx .
5

1

0

C. 2   x  x  dx .
5

1

1

D. 2  x  x5  dx .
0

Lời giải
Chọn D
Diện tích hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên:

ADMIN-MINH VŨ
WordToan

Trang 11/24 -


1



0

x5  x dx 

1



1

1

x5  x dx   x5  x dx
0

Vì y  x5  x là hàm số lẻ nên

0



1

1

Do đó:

x

1

5

1

1

x5  x dx   x5  x dx    x  x5  dx
0

0

0

1

1

1

0

0

 x dx   x5  x dx   x5  x dx  2  x  x5  dx .

Câu 25. Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 5a và đường cao bằng 4a . Thể tích khối nón bằng
80 a 3
3
3
3
A.
.
B. 15 a .
C. 12 a .
D. 36 a .
3
Lời giải
Chọn C

Theo giả thiết: l  5a, h  4a  r  l 2  h 2  3a
1
1
2
Suy ra V   r 2 h    3a  4a  12 a 3 .
3
3
1
1
8 a 3
2
V   r 2 h    2a  2a 
.

3
3
3
Câu 26. Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như sau

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là
A. 4 .
B. 1 .
C. 3 .
Lời giải
Chọn D
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có:
lim f ( x)  2  y  2 là một tiệm cận ngang

D. 2 .

x 

lim f ( x)    x  1 là một tiệm cận đứng

x 1

Vậy đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận là 2 .
Câu 27. Cho khối chóp tam giác đều có tất cả các cạnh bằng 2a . Thể tích của khối chóp đã cho bằng
8a 3
8 2a3
4 2a 3
2 2a 3
A.
.

B.
.
C.
.
D.
.
3
3
3
3
Lời giải
Chọn D
Trang 12/24 – Diễn đàn giáo viên Toán


Ta có SO   ABC  và S ABC

 2a 


2

3

4

 a 2 3 ; AO 

2
2 2a 3 2a 3

,
AM  .

3
3 2
3

2

 2a 3 
2a 6
.
SO  SA  AO   2a   
 
3
 3 
2

2

2

1
1
2a 6 2 2 3
Vậy thể tích khối chóp là VS . ABCD  .S ABC .SO  .a 2 3.

a .
3
3

3
3
Câu 28. Hàm số f  x   log  4  x 2  có đạo hàm
A. f   x  

ln10
.
4  x2

B. f   x  

1
.
 4  x2  ln10

C. f   x  

2 x
.
 4  x2  .ln10

D. f   x  

2 x
.
4  x2

Lời giải:
Chọn C

4  x 

2 x
f  x 

.
 4  x  .ln10  4  x  .ln10
2

Ta có:

2

2

Câu 29. Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thực của phương trình 3 f ( x)  2  0 là:
A. 4.
B. 3.
C. 2.
D. 1.
Lời giải
Chọn A
2
Xét phương trình 3 f ( x)  2  0  f ( x)  (1)
3
Ta có: số nghiệm thực của phương trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f ( x) và
2
đồ thị của đường thẳng y  .

3
Dựa vào bảng biến thiên, ta có:
ADMIN-MINH VŨ
WordToan

Trang 13/24 -


Vậy phương trình 3 f ( x)  2  0 có 4 nghiệm thực.
Câu 30. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có đáy ABCD là hình vng, AC  a 2 . Gọi  P  là
mặt phẳng qua AC cắt BB, DD lần lượt tại M , N sao cho tam giác AMN cân tại A có
MN  a . Tính cos  với  

A.

2
.
2

B.

 P  ,  ABCD  .

1
.
2

C.

1

.
3

D.

3
.
3

Lời giải
Chọn A

Ta có AMCN là hình bình hành, mà tam giác AMN cân tại A nên MN  AC .
Ta có  BDD' B'  cắt ba mặt phẳng  ABCD  ,  A' B'C ' D'  ,  AMC ' N  lần lượt theo ba giao tuyến

BD / / B ' D ' / / MN .
Hai mặt phẳng  P  và  ABCD  có điểm chung A và lần lượt chứa hai đường thẳng song song
MN , BD nên giao tuyến của chúng là đường thẳng d đi qua A và song song với MN , BD .
Trên hai mặt phẳng  P  và  ABCD  lần lượt có hai đường thẳng AC và AC cùng vng góc với
d nên góc giữa hai mặt phẳng  P  và  ABCD  chính là góc giữa AC và AC , bằng góc CAC  .

Xét tam giác C 'CA vng tại C có:
AC BD MN
a
2
cos  





AC AC AC  a 2
2
Cách 2:
Theo chứng minh ở trên thì MN //BD và MN  BD  a .
Đa giác AMCN nằm trên mặt phẳng  P  có hình chiếu trên mặt  ABCD  là hình vng ABCD
nên:
2

 BD 


2
S ABCD
AB
2
2

.
cos  



1
1
S AMC N
2
AC .MN
AC .MN
2
2

Câu 31. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log(8.5x  20 x )  x  log 25 bằng
A. 16 .
B. 3 .
C. 25 .
Lời giải
Chọn B
Trang 14/24 – Diễn đàn giáo viên Toán

D. 8 .


Ta có : log(8.5x  20x )  log 25.10x  8.5x  20x  25.10x (1)
Chia 2 vế phương trình (1) cho 5 x ta được phương trình : 8  4 x  25.2 x (2)
Đặt t  2 x , (t > 0)
Phương trình (2) trở thành t 2  25t + 8 = 0  3 , gọi t1 , t2 là hai nghiệm của  3 thì t1.t2  8
Hai nghiệm của  2  là x1  log 2 t1 , x2  log 2 t2 , ta có:
Ta có x1  x2  log 2 t1  log 2 t1  log 2 t1.t2  log 2 8  3 .
Câu 32. Một chi tiết máy là phần còn lại của một khối trụ có bán kính đáy r sau khi đã đục bỏ phần bên
r
trong là một khối trụ có bán kính đáy (tham khảo hình vẽ).
2

Biết thể tích khối trụ nhỏ bị đục bỏ bằng 20  cm3  . Thể tích của khối chi tiết máy đó là
A. 40  cm3  .

C. 80  cm3  .

B. 60  cm3  .

D. 70  cm3  .

Lời giải
Chọn B

h.
Thể tích khối chi tiết máy: V   r 2 h  20
2

1
r
Mà thể tích khối trụ nhỏ bên trong là    h   r 2 h  20   r 2 h  80
4
2
3
V  80  20  60  cm 

Câu 33. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x)  2 x(1  e x ) là
A.  2 x  1 e x  x 2 .

B.  2 x  1 e x  x 2 .

C.  2 x  2  e x  x 2 .
Lời giải

D.  2 x  2  e x  x 2 .

Chọn D
Ta có  2 x(1  e x )dx  2 xdx  2 xe x dx .

 ux

du  dx

Gọi I  2 x ln xdx . Đặt 
.
x
x
dv  e dx  v  e
Khi đó I  2 xe x  2 e x dx .

Vậy  2 x(1  e x ) dx  2  xdx  xe x  2 e xdx  x 2  xe x  2x C =  2 x  2  e x  x 2  C .
Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh 2a , góc BAD  60 , SAB là tam giác đều nằm
trên mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  là
A.

a 3
.
2

B.

3a
.
2

C.

a 6
.
2

D. a 6 .

Lời giải
Chọn C

ADMIN-MINH VŨ
WordToan

Trang 15/24 -


Gọi O là trung điểm của AB  SO  ( ABCD ) .

2a. 3
 a 3 do SO là đường cao của tam giác đều cạnh 2a
2
Từ giả thiết suy ra tam giác BCD và tam giác ABD là tam giác đều  CD  OD
CD  OD
Ta có: 
 CD   SOD 
CD  SO
Trong tam giác SOD kẻ OH  SD tại H
OH  SD
 OH   SCD 

OH  CD
Do AB  SCD  suy ra d  B,  SCD    d  O,  SCD    OH
SO 

Nhận thấy tam giác SOD là tam giác vuông cân tại O với OD  a 3

1
1
a 6
.
SD 
3a 2  3a 2 
2
2
2
Câu 35. Trong không gian Oxyz , cho
OH 

x 1
2
x 1
A.
2
x 5
C.
2
d:

y

phẳng

  : x  y  z  6  0

4

3

y
3

y
3

mặt

và

z
. Hình chiếu vng góc của d trên  có phương trình là
5
4 z 1
x y 5 z 1
.
B.
.
5
2
3
5
z 1
x y 5 z 1
.
D.
.
5

2
3
5
Lời giải

Chọn B
Mặt phẳng   : x  y  z  1  0 có vectơ pháp tuyến n 1;1; 1 .

x 1 y 4 z
có vectơ chỉ phương u  2;3;5  .
2
3
5
Vì n.u  1.2  1.3   1 .5  0 nên d / /   .
Đường thẳng d :

Gọi d ' là hình chiếu vng góc của d trên   d '/ / d .
Lấy A 1; 4;0   d . Gọi  là đường thẳng đi qua A và vng góc với  .

x  1 t

Suy ra phương trình đường thẳng  là  y  4  t .
 z  t


Gọi A ' là hình chiếu của A lên  thì A '       A '  0; 5;1 .

Trang 16/24 – Diễn đàn giáo viên Toán

đường

thẳng


Đường thẳng d ' là đường thẳng đi qua A '  0; 5;1 , có vectơ chỉ phương u  2;3;5  có phương trình

x y 5 z 1
.
2
3
5
Câu 36. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  2 x3  mx 2  2 x đồng biến trên khoảng
là

 2;0 .
B. m 

A. m  2 3 .

13
.
2

D. m  

C. m  2 3 .

13
.
2

Lời giải
Chọn A
Ta có y '  6 x 2  2mx  2 . Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  2;0   y '  0, x   2;0 

1
 mx  3 x 2  1, x  2;0   m  3 x  , x   2;0  .
x
1

x
( L)

1
1
3
Xét f  x   3 x  , x   2;0  . Ta có : f '  x   3  2  0  
.
x
1
x

x   3

13
 1 
Lại có lim f ( x)   ; lim f ( x) 
và f  
  2 3 .
x 2

x 0
2
3

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biên thiên suy ra: ( ycbt )  m  2 3 .
z
z 1  i
Câu 37. Xét các số phức z thoả mãn
là số thực. Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức
là
2
z  z i 1



parabol có toạ độ đỉnh
1 3
A. I  ;   .
4 4



 1 1
B. I   ;  .
 4 4

1 3
C. I  ;   .

2 2
Lời giải

 1 1
D. I   ;  .
 2 2

Chọn A
Giả sử z  a  bi  a, b  R  .
Khi đó



z 1  i

 z  z i 1



a  1   b  1 i  a  1   b  1 i  1  2ai 

1  2ai
1  4a 2

a  1  2a  b  1   2a  a  1  b  1 i
1  4a 2
z 1  i

 z  z  i 1

ADMIN-MINH VŨ
WordToan

.

là số thực suy ra 2a  a  1  b  1  0  b  2a 2  2a  1 

2

b
a 1
a
 4.    2.  .
2
2 2
2

Trang 17/24 -


z
a b
có điểm biểu diễn M  ;   quỹ tích M là parabol có phương trình
2
 2 2
1
y  4x2  2x 
2
z
1 3

Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức
là parabol có toạ độ đỉnh I  ;   .
2
4 4
ln 2
dx
1
  ln a  ln b  ln c  với a , b , c là các số nguyên dương. Tính
Câu 38. Biết I  
x
x
0
e  3e  4 c
P  2a  b  c .
A. P  3 .
B. P  1 .
C. P  4 .
D. P  3
Lời giải
Chọn D
ln 2
ln 2
dx
e x dx

Ta có I  
.
0
e x  3e x  4 0 e 2 x  4e x  3
Đặt: t  e x  dt  e x dx . Đổi cận: x  0  t  1, x  ln 2  t  2 .

Số phức

1
1 2 1
1 
1 t 1
1
dt   

  ln 3  ln 5  ln 2  .
Khi đó I   2
dt  ln
1 t  4t  3
1
2  t 1 t  3 
2 t 31 2
Suy ra a  3 , b  5 , c  2 . Vậy P  2a  b  c  3 .
Câu 39. Cho hàm số y  f ( x). Hàm số y  f '( x ) có bảng biến thiên như sau
2

2

Bất phương trình f ( x)  e x  2m  0 có nghiệm đúng với mọi x  (2;3) khi và chỉ khi
1
1
A. m   f (2)  e 2  .
B. m   f (2)  e 2  .
2
2
1

1
C. m   f (3)  e3  .
D. m   f (3)  e3  .
2
2
Lời giải
Chọn B
Ta có: 2m  f ( x)  e x .
Xét hàm số g ( x)  f ( x)  e x , x  (2;3).
Ta có: g '( x)  f '( x)  e x  0, x  (2;3).
Bảng biến thiên của hàm số g ( x)

1
 f (2)  e 2  .
2
Câu 40. Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có bốn ghế. Xếp ngẫu nhiên 8 học sinh, gồm 4 học sinh
trường A và 4 học sinh trường B, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học
sinh ngồi. Tính xác suất để các học sinh khác trường nhau thì ngồi đối diện với nhau.
1
8
1
8
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.

70
70
35
35
Lời giải
Chọn D

Vậy 2m  g (2)  2m  f (2)  e 2  m 

Trang 18/24 – Diễn đàn giáo viên Toán


Số phần tử không gian mẫu là 8!  40320 .
Xếp học sinh thứ nhất của trường A vào ngồi vào một trong tám ghế. Có 8 cách.
Do học sinh trường A và trường B ngồi đối diện nhau nên sau khi xếp học sinh thứ nhất của trường
A vào ngồi thì học sinh thứ hai của trường A khơng được ngồi vào vị trí đối diện với học sinh thứ
nhất đó. Vậy có 6 cách xếp.
Tương tự như vậy xếp học sinh thứ ba của trường A có 4 cách.
Xếp học sinh thứ tư của trường A có 2 cách.
Xếp 4 học sinh của trường B vào bốn ghế cịn lại có 4! cách.
Số cách xếp các học sinh khác trường nhau thì ngồi đối diện với nhau là 8.6.4.2.4!  9216 cách.
9216
8

Vậy xác suất cần tìm là
. Đáp án D.
40320 35
Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A  2;1;3 , B 1; 1; 2  , C  3; 6;0  ,
D  2;  2;  1 .

M  x; y; z 

Điểm

thuộc

mặt

phẳng

 P : x  y  z  2  0

sao

S  MA  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức P  x  y  z .
A. P  6 .
B. P  2 .
C. P  0 .
D. P  2 .
Lời giải
Chọn B
Trọng tâm G của tứ diện ABCD có tọa độ là: G  2; 2;1 .
Ta có:
2



2

2

2

2

 
 
   MG  GD 
 2MG.  GA  GB  GC  GD   GA  GB  GC  GD
2

2

2

S  MG  GA  MG  GB  MG  GC
 4MG 2

2

2

2

2

2

2

2

 4MG 2  GA2  GB 2  GC 2  GD 2
Do GA2  GB 2  GC 2  GD 2 không đổi nên S nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất, hay M là
hình chiếu vng góc của G lên  P  .
x  2  t

Đường thẳng d qua G và vuông với  P  có phương trình:  y  2  t .
z  1 t


Điểm M  d   P  , M  d  M  2  t;  2  t;1  t  .

7
 1 1 4
Từ M   P  ta được: 2  t  (2  t )  1  t  2  0  t    M   ; ;   .
3
 3 3 3
2

2

2

 1 1  4
Ta có: P             2 .
 3  3  3

z  2i
là một số thuần ảo

z i
C. 1 .
D. 2 .
Lời giải

Câu 42. Có bao nhiêu số phức z thỏa z  1  2i  z  3  4i và
A. 0 .

B. Vô số.

Chọn C
Đặt z  x  yi ( x, y  )
Theo bài ra ta có

ADMIN-MINH VŨ
WordToan

Trang 19/24 -

cho


x  1   y  2 i  x  3   4  y  i
  x  1   y  2    x  3   y  4   y  x  5
2

Số phức w 

2

2

2

2
z  2i x   y  2  i x   y  2  y  1  x  2 y  3 i


2
x  1  y  i
z i
x 2   y  1

12
 x 2   y  2  y  1  0

x



2

7

w là một số ảo khi và chỉ khi  x 2   y  1  0
y  x 5
 y  23


7

12 23
Vậy z    i .Vậy chỉ có 1 số phức z thỏa mãn.
7
7
Câu 43. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá trị
thực của tham số m để phương trình f  e x   m có nghiệm thuộc khoảng  0;ln 2  .

1

A.  3;0  .

B.  3;3 .

C. 0; 3 .

D.  3;0

Lời giải
Chọn A
Đặt t  e x . Với x   0;ln 2   t  1; 2 

Phương trình f  e x   m có nghiệm thuộc khoảng  0;ln 2  khi và chỉ khi phương trình f  t   m
có nghiệm thuộc khoảng 1; 2   3  m  0 .
Câu 44. Vận dụng thông tư số 14/2017/TT-NHNN của Ngân hàng Nhà nước quy định về phương pháp tính
lãi trong hoạt động nhận tiền gửi, có hiệu lực từ ngày 1/1/2018, ngân hàng A đã tính số tiền lãi theo
một kì bằng số ngày của kì gửi nhân với số tiền lãi của một năm chia cho 365. Một khách hàng gửi
100 triệu đồng vào ngân hàng vào ngày 4/7/2018 với lãi suất 5%/năm, kì hạn 1 tháng, ngày tính lãi
hàng tháng là ngày 4/7, biết rằng trong khi gửi khác hàng khơng đến rút lãi về, ngân hàng tính theo
thể thức lãi kép. Đến ngày 4/9/2018, người đó đến ngân hàng rút cả vốn lẫn lãi về. Hỏi số tiền (tính
bằng nghìn đồng) khách hàng nhận được là số nào sau đây:

A. 100835.
B. 100836.
C. 100834.
D. 100851.
Lời giải
Chọn D
Do tháng 7 và tháng 8 đều có 31 ngày nên số tiền khách hàng nhận được là :
 5%   5% 
100.106. 1 
.31 . 1 
.31  100851000 đồng
 365   365 
2
2
2
Câu 45. Trong không gian Oxyz , cho  S  :  x  3   y  2    z  5  36 , mặt phẳng  P  di động luôn
đi qua điểm M  2;1;3 và cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn  C  . Đường thẳng đi qua tâm
mặt cầu vng góc mặt phẳng  P  cắt mặt cầu tại hai điểm C , D . Gọi T là tổng thể tích hai khối
nón có đỉnh lần lượt là C , D , đáy là  C  , V là thể tích khối cầu, k 
nhất thì k là
Trang 20/24 – Diễn đàn giáo viên Tốn

T
. Khi  C  có diện tích nhỏ
V


A. k 

5

.
12

B. k 

10
.
27

5
C. k  .
8
Lời giải

D. k 

7
.
12

Chọn A
C

M

H

I

D

Mặt cầu  S  :  x  3   y  2    z  5  36 có tâm I  3; 2;5  , bán kính R  6 .
2

2

2

Có IM  6  6  R , nên M thuộc miền trong của mặt cầu  S  .
Có mặt phẳng  P  đi qua M nên  P  ln cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường trịn  C  .
Gọi H là điểm chiếu của I trên mặt phẳng  P  , thì H là tâm của đường tròn  C  .
Gọi r là bán kính của  C  , có r 2  R 2  d 2  I ,  P   , d  I ,  P    IM  6 .

Khi đó r đạt giá nhỏ nhất  d  I ,  P   đạt giá trị lớn nhất  d  I ,  P    IM .
 M  H , M  2;1;3 , lúc này có IH  6 , r  30 .

Có C , D là giao điểm của IH và mặt cầu thì CD  12 .
Gọi SC là diện tích hình trịn  C  , SC   r 2  30
Gọi V , V1 , V2 lần lượt là thể tích khối cầu, khối nón đỉnh C , D .
4
4
1
1
Có V   R 3   .216  288 , T  V1  V2  .2 R.SC  12.30  120 .
3
3
3
3
T 120
5

5
 . Vậy k  .
Suy ra k  
V 288 12
12
Câu 46. Một biển quảng cáo với 4 đỉnh A, B, C , D như hình vẽ. Biết chi phí để sơn phần tơ đậm là
200.000(đ/m 2 ) sơn phần còn lại là 100.000đ/m 2 . Cho AC  8m; BD  10m; MN  4m Hỏi số tiền
sơn gần với số tiền nào sau đây:

A. 12204000đ .

B. 14207000đ .

C. 11503000đ .
Lời giải

D. 10894000đ .

Chọn A

ADMIN-MINH VŨ
WordToan

Trang 21/24 -



5 3
yN 


x
y
2

 1 . Vì MN  4  xN  2  
elip có phương trình là:
16 25

5 3
 yN 

2
2

2

Diện tích phần tơ đậm là S1  2

5 3
2



5
2

4
25  y 2 dy  59, 21 (m 2 )
5
3

Diện tích elip là S   .4.5  20 (m2 )
Diện tích phần trắng là S2  S  S1  3,622 (m2 )
Tổng chi phí trang chí là: T  59, 21.200000  3, 622.100000  12204200đ
Câu 47. Cho khối lăng trụ ABC.ABC có thể tích bằng 2 . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AA và
N là điểm nằm trên cạnh BB ' sao cho BN  2B ' N . Đường thẳng CM cắt đường thẳng CA tại
P , đường thẳng CN cắt đường thẳng CB tại Q . Thể tích của khối đa diện lồi AMPBNQ bằng
7
5
2
13
A. .
B. .
C. .
D.
.
9
9
3
9
Lời giải
Chọn A

VABC .MNC ' 1  AM BN CC '  13
13
 


   VABC .MNC '  .
VABC . A ' B 'C ' 3  AA ' BB ' CC '  18

9
V
1  AM BN CC  7
7


Lại có: ABC .MNC  
   VABC .MNC  .
VABC . A ' B 'C ' 3  AA ' BB ' CC '  18
9
2
Suy ra: VC .MNC '  VABC .MNC '  VABC .MNC  .
3
VC .MNC ' CM CN CC '

.
.
Mà:
*
VC .PQC ' CP CQ CC '
Ta có:

AM
 CM 1
 CM


1 

CMA PMA '  PM A ' M

 CP 2


Ta có: 
.
CN
2
CNB QNB '  CN  BN  2


 QN B ' N
 CQ 3
V
1 2
1
Thay vào * ta có: C .MNC '  . .1   VC .PQC '  3VC .MNC '  2 .
VC .PQC ' 2 3
3

11
.
9
7
 VA ' MPB ' NQ  VC .PQC '  VA ' B 'C '.MNC  .
9
Câu 48. Cho hàm số y
f x có đồ thị f   x  như hình vẽ sau
Có: VA ' B 'C '.MNC  VLT  VABC .MNC 

Trang 22/24 – Diễn đàn giáo viên Toán

Hàm số y

g x

A.  1; 2  .

f x 1

x3
3

x 2 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

B.  4;   .

C.  2; 4  .

D.  0; 2  .

Lời giải
Chọn D
Ta có: y  g   x   f   x  1   x 2  2 x  .

x  0
Dựa vào đồ thị f   x  ta có f   x  1  0   x  2 .
 x  4
1  x  1  3 0  x  2
.

f   x  1  0  

 x 1  5
x  4
Bảng xét dấu y  g   x 

Vậy hàm số đồng biến trên  0; 2  .
Câu 49. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình
m2 x 4   m  2  x3  x 2   m2  1 x  0 nghiệm đúng với mọi x  . Số phần tử của tập S là
A. 3 .

B. 2 .

D. 1 .

C. 0 .
Lời giải

Chọn D
Đặt f  x   m2 x 4   m  2  x3  x 2   m2  1 x

Ta có f  x   m2 x4   m  2 x3  x 2   m2  1 x  x m2 x3   m  2  x 2  x   m2  1 . Giả sử x  0
không phải là nghiệm của phương trình g  x   m2 x3   m  2  x 2  x   m2  1  0 thì hàm số
f  x   m2 x 4   m  2  x3  x 2   m2  1 x sẽ đổi dấu khi qua điểm x  0 , nghĩa là

m2 x 4   m  2  x3  x 2   m2  1 x  0 khơng có nghiệm đúng với mọi x  .

Do đó , để yêu cầu bài tốn được thỏa mãn thì một điều kiện cần là
g  x   m2 x3   m  2  x 2  x   m2  1  0 phải có nghiệm x  0 , suy ra m 2  1  0  m  1
Điều kiện đủ:

ADMIN-MINH VŨ
WordToan

Trang 23/24 -


Với m  1, f  x   x4  3x3  x2  x2  x2  3x  1 khi đó f 1  1  0 không thỏa mãn điều kiện
m2 x 4   m  2  x3  x 2   m2  1 x  0 nghiệm đúng với mọi x  . (loại)

Với m  1, f  x   x4  x3  x2  x 2  x 2  x  1  0 , x  .
Vậy S  1 .

Câu 50. Cho hàm số f  x   mx 4  nx3  px 2  qx  r , (với m, n, p, q, r 
như hình vẽ bên dưới:
y
1 O

5 3
4

). Hàm số y  f   x  có đồ thị

x

Tập nghiệm của bất phương trình f  x   r có bao nhiêu giá trị nguyên?
A. 4.
B. 3.
C. 1.
Lời giải

Chọn B
Ta có f   x   4mx3  3nx 2  2 px  q 1 .

D. 2.

5
, 3.
4
Do đó f   x   m  x  1 4 x  5 x  3 và m  0 . Hay f   x   4mx3  13mx 2  2mx  15m  2  .
Dựa vào đồ thị y  f   x  ta thấy phương trình f   x   0 có ba nghiệm đơn là 1 ,

13
m , p   m và q  15m .
3
Khi đó bất phương trình f  x   r  mx 4  nx3  px 2  qx  0
Từ 1 và  2  suy ra n  

13


 m  x 4  x3  x 2  15x   0  3 .
3


2
4
Do m  0 nên  3  3x  13x3  3x 2  45 x  0  x  3x  5 x  3  0
 5 
 x    ;0 hoặc x  3 .
 3 

 5 
Vậy tập nghiệm của phương trình f  x   r là S   ;0  3 .
 3 
Do đó S có ba giá trị nguyên là 1;0;3 .
------------- HẾT -------------

Trang 24/24 – Diễn đàn giáo viên Toán