Đề dự đoán cấu trúc minh họa BGD môn TOÁN năm 2022 đề 5 (bản word có giải HVA4) gyfblj7sw 1649339198

ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT

ĐỀ DỰ ĐỐN MINH HỌA BGD
ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT MƠN TỐN NĂM 2022
ĐỀ SỐ 05 – HVA4
Câu 1:

Trong không gian Oxyz , cho các điểm A(1;0;3) , B(2;3; −4) , C ( −3;1; 2) . Tìm tọa độ điểm D sao cho
tứ giác ABCD là hình bình hành.
A. D(−4; −2;9) .
B. D(−4; 2;9) .
C. D(4; −2;9) .
D. D(4; 2; −9) .

Câu 2:

Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ bên.
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. ( 1; +∞ ) .

B. ( −1;1) .

C. ( 0;1) .

D. ( −1;0 ) .

Câu 3:

Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là
1
1

V = 2 Bh .
A. V = Bh .
B. V = Bh .
C.
3
2
D. V = Bh .

Câu 4:

Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y =
A. 3 .

Câu 5:

B. 1 .

x −5
là :
x+4
C. 4 .

D. 2 .

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 1; −2; 7 ) , B ( −3;8; −1) . Mặt cầu đường kính
AB có phương trình là:

A. ( x + 1) + ( y − 3) + ( z − 3) = 45 .

B. ( x − 1) + ( y + 3) + ( z + 3) = 45 .

C. ( x − 1) + ( y − 3) + ( z + 3) = 45 .

D. ( x + 1) + ( y − 3) + ( z − 3) = 45 .

2

2

Câu 6:

2

2

2

2

2

B. 19 .
B. [ −3;1] .

2

+2 x

≤ 8 là

C. −13 .

D. 768 .

C. ( −3;1) .

D. ( −3;1] .

Giá trị cực tiểu yCT của hàm số y = x 3 − 3x 2 + 4 là:
A. yCT = 0.

Câu 9:

2

2

Tập nghiệm của bất phương trình 2 x
A. ( −∞; −3] .

Câu 8:

2

2

Cho cấp số cộng ( un ) có số hạng đầu u1 = 3 và công sai d = 4 . Giá trị u5 bằng
A. 23 .

Câu 7:

2

B. yCT = 3.

C. yCT = 2.

D. yCT = 4.

Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − 3 y + 1 = 0 . ( P ) đi qua điểm nào sau
đây?
A. ( 3;1;1)

B. ( 1; −3;1)

C. ( −1; 0; 0 )

D. ( 1;0;0 )

2
Câu 10: Tập nghiệm của phương trình log 3 ( x + x + 3) = 1 là

A. { −1;0} .

B. { 0;1} .

C. { 0} .

D. { −1} .

4
Câu 11: Với a , b là hai số thực dương tuỳ ý, log ( ab ) bằng

Page 1


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT

1
A. log a + log b .
4

B. 4 ( log a + log b ) .

C. log a + 4 log b .

D. 4 log a + log b .

C. 3 .

D. 1 .

C. 8 + 7i.

D. 8 − 7i.

Câu 12: Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ:

Số nghiệm thực của phương trình 4 f ( x ) − 7 = 0
A. 2 .

B. 4 .

Câu 13: Số phức liên hợp với số phức 7 − 8i là
A. 7 + 8i.
B. −7 + 8i.

Câu 14: Cho số phức z = a + bi, ( a, b ∈ ¡ ) thỏa mãn z + 5 + 3i = z . Giá trị của 5a + b bằng
A. −8 .
B. −3 .
C. −11 .
D. 13 .
Câu 15: Cho bốn số phức có điểm biểu diễn lần lượt là M , N , P, Q như
hình vẽ bên.
Số phức có mơđun lớn nhất là số phức có điểm biểu diễn là
A. Q .
B. N .
C. P .
D. M .
2

Câu 16: Cho

∫ f ( x ) dx = 3
0

bằng
A. 16.

2

và

∫ g ( x ) dx = 7 ,

2

khi đó

0

B. −18 .

∫  f ( x ) + 3g ( x )  dx
0

C. 24.

D. 10.

Câu 17: Hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ¡ và f ′ ( x ) > 0 , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) , biết f ( 1) = 5 . Khẳng định nào sau
đây có thể xảy ra?
A. f ( 3) = 4 .

B. f ( 2019 ) < f ( 2018 ) . C. f ( −2 ) = 6 .

D. f ( 2 ) + f ( 3) = 10 .

Câu 18: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm f ′( x) = x( x − 1)( x + 2) 2 , ∀x ∈ ¡ . Số điểm cực trị của hàm số đã
cho là

A. 5 .
B. 2 .
C. 1 .
D. 3 .
Câu 19: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Đó là hàm số nào?

A. y = x 4 − 2x 2 − 2 .

B. y = x 3 − 3x − 2 .

C. y =

2 x −1
.
x +1

D. y =

−2 x + 1
.
x +1

Page 2


ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT
Câu 20: Cho hình nón có bán kính đáy là 4a, chiều cao là 3a. Diện tích xung quanh hình nón bằng
A. 12π a 2
B. 40π a 2
C. 24π a 2

D. 20π a 2
Câu 21: Gọi S là diện tích hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường y = f ( x )
, trục hoành và hai đường thẳng x = − 1 , x = 2 (như hình vẽ bên
0

dưới). Đặt a =

∫

−1

2

f ( x ) dx , b = ∫ f ( x ) dx , mệnh đề nào sau đây đúng?
0

A. S = b + a .
C. S = − b + a .

B. S = b − a .
D. S = − b − a .

Câu 22: Trong khơng gian Oxyz , mặt phẳng ( Oyz ) có phương trình là
A. x = 0 .

C. x + y + z = 0 .

B. z = 0 .

(

D. y = 0 .

)

2
Câu 23: Hàm số f ( x ) = log 3 x + x có đạo hàm là :

A. f ′ ( x ) =

1
( 2 x + 1) ln 3 . C. f ′ ( x ) = 2 x + 1 . D. f ′ ( x ) = ln 3 .
. B. f ′ ( x ) =
( x + x ) ln 3
( x 2 + x ) ln 3
x2 + x
x2 + x
2

Câu 24: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e x − 2 x là
A. e x + x 2 + C .

B. e x − x 2 + C .

C.

1 x 2
e − x +C .
x +1

D. e x − 2 + C .

Câu 25: Hình trụ (T) được sinh ra khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh AB. Biết AC = 2a 2 và
·ACB = 450 . Diện tích tồn phần Stp của hình trụ (T) là
2
A. Stp = 16π a

2
B. Stp = 10π a

2
C. Stp = 12π a

2
D. Stp = 8π a

Câu 26: Cho hình trụ nội tiếp trong hình lập phương có cạnh bằng x . Tỷ số thể tích của khối trụ và khối lập
phương trên bằng
π
2
π
π
A. .
B. .
C.
.
D. .
4
3
12

2
Câu 27: Tìm số giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y = − x3 + 2 x 2 + (3m − 1) x + 2 nghịch biến trên
(−∞; −1) .

A. 0 .
Câu 28: Tính tổng

B. 1 .
bình

phương

C. 2 .
tất

cả

các

giá

trị

D. Vô số.
của

tham

1
y = x3 + (m 2 − m + 2) x 2 + (3m 2 + 1) x − 1 đạt cực tiểu tại x = −2 .

3
A. không tồn tại m.
B. 10 .
C. 1 .

số

thực

m

để

hàm

số

D. 9 .

Câu 29: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vng góc với mặt phẳng

( ABCD ) , SA = AB = a, AD = 3a . Gọi
phẳng ( ABCD ) và ( SDM ) .
A.

5
.
7

B.

6
.
7

M là trung điển của BC . Tính cosin của góc tạo bởi hai mặt

C.

3
.
7

D.

1
.
7

Page 3


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
Câu 30: Biết F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) = 4 x ( 1 + ln x ) và F ( 1) = 5 . Tính F ( e ) .
2
A. F ( e ) = 3e + 4 .

2
B. F ( e ) = 5e + 4 .

2
C. F ( e ) = 5e .

2
D. F ( e ) = 3e + 6 .

Câu 31: Thể tích khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng a là:
a3
2a 3
3a 3
.
C.
.
D.
.
3
6
2
Câu 32. Gọi S là tập hợp các số thực m sao cho với mỗi m ∈ S có đúng một số phức thỏa mãn z − m = 9 và
A.

3a 3
.
4

B.

z
là số thuần ảo. Tính tổng của các phần tử của tập S .
z −6

A. 6.
B. 12.
C. 0.

D. 24.

2
2
Câu 33: Số nghiệm thực của phương trình 2 x + x − 4.2 x − x − 22 x + 4 = 0 là:
A. 1 .
B. 3 .
C. 2 .
D. 4 .
Câu 34: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ¡ và có đồ thị như hình vẽ. Tập hợp tất cả các giá trị thực của

(

)

2
tham số m để phương trình f ln x = m có nghiệm thuộc khoảng ( 1;e] :

A. [ −1;3) .

B. [ −1;1) .

C. ( −1;1) .

D. ( −1;3) .

2019 + 6 x − x 2 có đồ thị (C ) . Tìm tập hợp
S tất cả các giá trị thực của tham số
Câu 35: Cho hàm số y =
m
x 2 − 4 x + 4m
m để (Cm ) có đúng hai đường tiệm cận đứng.

A. [ 0; 4 ) .

B. [ 0;1) .

C. ( −12; 4 )

D. ( − 3;1]

(

4
2
Câu 36: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ¡ và có đạo hàm f ′ ( x ) = x ( x − 3) x − 10 x + m

)

với mọi

x ∈ ¡ . Có bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn [ 0;1890] để hàm số g ( x ) = f ( 4 − x ) nghịch biến
trên khoảng ( −∞;1) ?
A. 1864 .

B. 1867 .

C. 1865 .

Câu 37: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

m

D. 1866 .
để giá trị nhỏ nhất của hàm số

y = x3 + (m2 − m + 1) x + m3 − 4m 2 + m + 2025 trên đoạn [ 0; 2] bằng 2019
A. 0 .

B. 1 .

C. 2 .

D. 3 .

Câu 38: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 1; 2;1) , B ( 2; −1;3) . M ( a; b; c ) là điểm thuộc
mặt phẳng (Oxy ) sao cho MA2 − 2MB 2 lớn nhất. Tính P = a + b + c
A. P = −1
B. P = 7
C. P = 5
D. P = 2

Page 4


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT

ax + b
(với a, b, c, d ∈ ¡ ) có đồ thị hàm số f ′ ( x ) như hình vẽ bên. Biết giá trị
Câu 39: Cho hàm số f ( x ) =
cx + d
nhỏ nhất của hàm số y = f ( x) trên đoạn [ 2;5] bằng 10 .

Giá trị f ( −4) bằng
A. f (−4) = −10 .

B. f (−4) = 10

C. f (−4) = 12 .

D. f (−4) = 9 .
a
Câu 40: Cho các số thực dương a, b thỏa mãn log 9 a = log12 b = log16 (a + b) . Tính tỉ số .
b
a 1− 5
a −1 − 5
a −1 + 5
a 1+ 5
A. =
.
B. =
C. =
.
D. =
.
b
2

b
2
b
2
b
2
Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho G(1; 2;3) . Gọi (P) : px+ qy + rz +1 = 0 (p,q,r ∈ R) là mặt
phẳng qua G và cắt các trục Ox,Oy,Oz lần lượt tại A, B, C sao cho G là trọng tâm của tam giác
ABC . Tính T = p + q + r .
11
11
A. T = − .
B. T = .
C. T = 18 .
D. T = 18 .
8
8
Câu 42: Một bình đựng đầy nước có dạng hình nón (khơng có đáy). Người ta thả vào đó một khối cầu có

(

)

3
đường kính bằng chiều cao của bình nước và đo được thể tích nước tràn ra ngồi là 18π dm . Biết

rằng khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của hình nón và đúng một nửa của khối cầu đã chìm
trong nước (hình dưới đây). Tính thể tích nước còn lại trong bình.

(

)

3
A. 24π dm .

(

)

3
B. 12π dm .

(

)

3
C. 6π dm .

(

)

3
D. 4π dm .

Câu 43: Ông A vay ngân hàng 200 triệu đồng với lãi suất 1% / tháng. Ơng ta muốn hồn nợ cho ngân hàng
theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách
nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi tháng là như nhau và ông A trả hết nợ sau đúng 4 năm

kể từ ngày vay. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi số
tiền mỗi tháng ông ta cần trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây?
A. 6, 08 triệu đồng.
B. 5, 20 triệu đồng.
C. 5, 27 triệu đồng. D. 5, 25 triệu đồng.
2
2
2
Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2) + ( z − 3) = 27 . Gọi (α ) là
mặt phẳng đi qua hai điểm A(0; 0; −4), B(2;0; 0) và cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn (C ) sao
cho khối nón có đỉnh là tâm của ( S ) và đáy là đường tròn (C ) có thể tích lớn nhất. Biết rằng
(α ) : ax + by − z + c = 0 . Tính P = a − b + c
A. P = 8
B. P = 0
C. P = 2
D. P = −4

Page 5


ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT
9 = 16 có hai nghiệm thỏa
x+3

Câu 45: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình log 3 ( x + 3) + m log
mãn:

− 2 < x1 < x2

A. 15 .

C. 14 .

B. 17 .

D. 16 .

Câu 46: Một lớp có 36 ghế đơn được xếp thành hình vng 6 x 6 . Giáo viên muốn xếp 36 học sinh, trong đó
có hai anh em là Kỷ và Hợi. Tính xác suất để hai anh em Kỷ và Hợi luôn được ngồi gần nhau theo
chiều dọc hoặc chiều ngang?
4
1
1
2
A.
.
B. .
C.
.
D.
.
21
7
21
21
Câu 47: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 0;1] thỏa mãn f ( 1) = 0 ,

1

∫  f ′ ( x ) 

2

dx = 7 và

0

π
2

1
∫0 sin x.cos x. f ( sin x ) dx = 3 . Tích phân

A.

2

7
.
5

1

∫ f ( x ) dx

bằng

0

B. 4 .

C.

7
.
4

D. 1 .

Câu 48: Cho hình hộp ABCD . A ' B ' C ' D ' có chiều cao h = 15 và diện tích đáy S = 16 . Gọi E , F , G , H
lần lượt là trung điểm các cạnh AB , BC , CD , DA . Gọi M , N , P , Q lần lượt là các điểm trên các
AM
DQ 1 BN
CP 2
=
= ,
=
= . Thể tích của khối đa
AA ' DD ' 3 BB ' CC ' 3
diện lồi có các đỉnh là các điểm M , N , P , Q , E , F , G , H bằng
A. 120 .
B. 100 .
C. 160 .
D. 140 .

cạnh AA ' , BB ' , CC ' , DD ' và thỏa mãn

4x
3x
2x

x
Câu 49: Cho hàm số f ( x ) = 3e − 4e − 24e + 48e + m . Gọi A , B lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị

nhỏ nhất của hàm số đã cho trên [ 0;ln 2] . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc

[ −23;10 )
A. 24 .

sao cho A ≤ 3B ?
B. 26 .

C. 25 .

D. 27 .

Câu 50: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng cân tại B , BC = 2a , SA vuông góc với mặt
phẳng đáy ABC và SA = 2a 3 . Gọi M là trung điểm của AC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB và SM bằng:
2a 13
2a 3
a 39
2a 39
A.
B.
C.
.
D.
.
13
13

13
13

Page 6


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:

Trong không gian Oxyz , cho các điểm A(1;0;3) , B(2;3; −4) , C ( −3;1; 2) . Tìm tọa độ điểm D sao cho
tứ giác ABCD là hình bình hành.
A. D(−4; −2;9) .
B. D(−4; 2;9) .
C. D(4; −2;9) .
D. D(4; 2; −9) .
Lời giải
Chọn A

uuur

uuur

Gọi D( x; y; z) . Ta có: AB = (1;3; − 7) , DC = (− 3 − x;1 − y; 2 − z ) .

ABCD

uuu
r uuur

là hình bình hành ⇔ AB = DC

Vậy D(−4; −2;9) .
Câu 2:

 −3 − x = 1
 x = −4


⇔ 1 − y = 3 ⇔  y = −2 .
 2 − z = −7
z = 9



Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ bên.

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. ( 1; +∞ ) .
B. ( −1;1) .
C. ( 0;1) .
D. ( −1;0 ) .
Lời giải
Chọn C
Dựa vào đồ thị ta có đồ thị đi từ trên xuống dưới và từ trái sang phải trên mỗi khoảng ( −∞ ; − 1) và

( 0;1) . Do đó, hàm số đã cho nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞ ; − 1)
Câu 3:

và ( 0;1) .

Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là
1
3

A. V = Bh .

B. V =

1
Bh .
2

C. V = 2 Bh .

D. V = Bh .

Lời giải
Chọn D
Câu 4:

Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y =
A. 3 .

B. 1 .

x −5
là :
x +4

C. 4 .

D. 2 .
Page 7


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
Lời giải
Chọn D

x −5
x −5
= 1 và lim
= 1 nên đồ thị có tiệm cận ngang là y = 1
x
→−∞
x+4
x+4
x −5
x −5
lim
= +∞ và lim+
= −∞ nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = −4
x →−4− x + 4
x →−4 x + 4

Ta có : xlim
→+∞

Từ đó suy ra đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận.

Câu 5:

Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 1; − 2;7 ) , B ( − 3;8; − 1) . Mặt cầu đường kính

AB có phương trình là:
A. ( x + 1) + ( y − 3) + ( z − 3) = 45 .

B. ( x − 1) + ( y + 3) + ( z + 3) = 45 .

C. ( x − 1) + ( y − 3) + ( z + 3) = 45 .

D. ( x + 1) + ( y − 3) + ( z − 3) = 45 .
Lời giải

2

2

2

2

2

2

Chọn D
Mặt cầu ( S ) đường kính AB
AB
R=

=
2

2

( - 3 - 1)

2

2

( S)

Þ

2

2

2

2

có tâm I ( - 1;3;3) là trung điểm của AB và bán kính

2

+ ( 8 + 2) + ( - 1- 7)
2

2

=3 5

.

2
2
2
Vậy phương trình mặt cầu ( S ) là : ( x + 1) + ( y − 3) + ( z − 3) = 45 .

Câu 6:

Cho cấp số cộng ( un ) có số hạng đầu
A. 23 .

u1 = 3 và công sai d = 4 . Giá trị u5 bằng
C. −13 .
Lời giải

B. 19 .

Chọn B
Số hạng tổng quát của cấp số cộng có số hạng đầu
Với
Câu 7:

D. 768 .

u1 và cơng sai d : un = u1 + ( n − 1) d .

u1 = 3 và d = 4 , suy ra u5 = u1 + ( 5 − 1) d = 3 + 4.4 = 19 .

Tập nghiệm của bất phương trình
A. ( −∞ ; − 3] .
Chọn B
2
Ta có: 2 x + 2 x

2

2 x + 2 x ≤ 8 là

B. [ − 3;1] .

≤8⇔

2x

2

+2 x

C. ( −3;1) .
Lời giải

2
2
≤ 23 ⇔ x + 2 x ≤ 3 ⇔ x + 2 x − 3 ≤ 0 ⇔

2 >1

D. ( − 3;1] .

−3 ≤ x ≤ 1 .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = [ − 3;1] .
Câu 8:

Giá trị cực tiểu
A.

yCT của hàm số y = x 3 − 3x 2 + 4 là:

yCT = 0.

B.

yCT = 3.

C. yCT
Lời giải

= 2.

D.

yCT = 4.

Chọn A

Tập xác định: D = ¡ .

x = 0
2
; y ' > 0 ⇔ x ∈ ( −∞;0 ) ∪ ( 2; +∞ ) ; y ' < 0 ⇔ x ∈ ( 0; 2 ) .
Đạo hàm y ' = 3 x − 6 x; y ' = 0 ⇔ 
x = 2
Do đó, hàm số đã cho đạt cực tiểu tại

xct = 2 ⇒ yct = 0.

Page 8


Câu 9:

ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT
Trong khơng gian với hệ trục Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − 3 y +1 = 0 . ( P ) đi qua điểm nào sau
đây?

A. ( 3;1;1)

B. ( 1; −3;1)

C. ( − 1;0;0 )

D. ( 1;0;0 )

Lời giải
Chọn C

Ta có: −1 − 3.0 + 1 = 0 nên mặt phẳng ( P ) đi qua ( − 1;0;0 )
2
Câu 10: Tập nghiệm của phương trình log 3 ( x + x + 3) = 1 là

A. { −1;0} .

B. { 0;1} .

C. { 0} .

D. { −1} .

Lời giải
Chọn A
Ta có:
 x = −1
log 3 ( x 2 + x + 3) = 1 ⇔ x 2 + x + 3 = 3 ⇔ x 2 + x = 0 ⇔ 
x = 0

Vậy, tập nhiệm của phương trình là { −1;0}

Câu 11: Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ:

Số nghiệm thực của phương trình 4 f ( x ) − 7 = 0
A. 2 .

C. 3 .
Lời giải

B. 4 .

D. 1 .

Chọn C
Ta có: 4 f ( x ) − 7 = 0 ⇔ f ( x ) =

7
là phương trình hồnh độ giao điểm của đường cong
4

có đồ thị đã vẽ và đường thẳng y =

y = f ( x)

7
cùng phương trục hoành.
4
y

4
7
4

O

2

x

Dựa vào đồ thị ta thấy hai đường này có 3 giao điểm nên phương trình ban đầu có 3 nghiệm.

Page 9


Câu 12: Với a , b là hai số thực dương tuỳ ý, log ( ab
1
4

4

ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT

)

bằng

B. 4 ( log a + log b ) .

A. log a + log b .

C. log a + 4 log b .

D. 4 log a + log b .

Lời giải
Chọn C
4
Ta có: log ( ab )

= log a + log b 4 = log a + 4log b .

Câu 13: Số phức liên hợp với số phức 7 − 8i là
A. 7 + 8i.
B. − 7 + 8i.

C. 8 + 7i.
Lời giải

D. 8 − 7i.

Chọn A
Số phức liên hợp với số phức 7 − 8i là 7 + 8i .
Câu 14: Cho số phức z = a + bi, ( a, b ∈ ¡
A. − 8 .
B. − 3 .

)

thỏa mãn z + 5 + 3i = z . Giá trị của 5a + b bằng
C. − 11 .
D. 13 .
Lời giải

Chọn C

 a + 5 = a 2 + b 2
 a + 5 = a 2 + 9
z + 5 + 3i = z ⇔ a + bi + 5 + 3i = a + b ⇔ 
⇔
 b + 3 = 0
b = − 3

2

2

−8

a =
⇔
5

b
=
−
3

Do đó: 5a + b = −11 .

Câu 15: Cho bốn số phức có điểm biểu diễn lần lượt là M , N , P, Q như hình vẽ bên.

Số phức có mơđun lớn nhất là số phức có điểm biểu diễn là
A. Q .
B. N .
C. P .
Lời giải
Chọn C
uuuu
r

uuur

uuu
r

D. M .

uuur

Ta có: OM = 5, ON = 10, OP = 13, OQ = 2 2 .
Số phức có mơđun lớn nhất là số phức có điểm biểu diễn là P .
Câu 16: Cho

2

2

2

0

0

0

∫ f ( x ) dx = 3 và ∫ g ( x ) dx = 7 , khi đó ∫  f ( x ) + 3g ( x )  dx

A. 16.

B. −18 .

C. 24.

Lời giải

bằng
D. 10.

Chọn C
Page 10


ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT
2

2

2

2

2

0

0

0

0

0

Ta có: ∫  f ( x ) + 3 g ( x )  dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ 3g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + 3∫ g ( x ) dx = 3 + 3.7 = 24 .
2

Vậy ∫  f ( x ) + 3 g ( x )  dx = 24 .
0

Câu 17: Hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ¡ và f ′ ( x ) > 0 , ∀ x ∈ ( 0; +∞ ) , biết f ( 1) = 5 . Khẳng định nào sau
đây có thể xảy ra?
A. f ( 3) = 4 .

C. f ( − 2 ) = 6 .

B. f ( 2019 ) < f ( 2018 ) .
D. f ( 2 ) + f ( 3) = 10 .

Lời giải
Chọn C
Xét đáp án A, vì f ′ ( x ) > 0 , ∀ x ∈ ( 0; +∞ ) và 3 > 1 ⇒ f ( 3) > f ( 1) ⇔ 4 > 5 (vô lý) nên đáp án A sai.

Xét đáp án B, vì f ′ ( x ) > 0 , ∀ x ∈ ( 0; +∞ ) và 2019 > 2018 ⇒ f ( 2019 ) > f ( 2018 ) nên đáp án B sai.

Xét đáp án C, vì f ′ ( x ) > 0 , ∀ x ∈ ( 0; +∞ ) và −2 ∉ ( 0; +∞ ) nên có thể f ( − 2 ) = 6 nên đáp án C có thể
xảy ra.

 2 > 1  f ( 2 ) > f ( 1) = 5
⇒
⇒ f ( 2 ) + f ( 3) > 10 nên
Xét đáp án D, vì f ′ ( x ) > 0 , ∀ x ∈ ( 0; +∞ ) và 
3 > 1  f ( 3) > f ( 1) = 5
đáp án D sai.

Vậy đáp án C có thể xảy ra.
Câu 18: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm
là
A. 5 .

f ′( x) = x( x − 1)( x + 2) 2 , ∀ x ∈ ¡ . Số điểm cực trị của hàm số đã cho

B. 2 .

C. 1 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn B

 x = −2

Ta có: f ′( x) = 0 ⇔ x( x − 1)( x + 2) = 0 ⇔  x = 0
 x = 1
Bảng biến thiên:
2

Vậy hàm số đã cho có hai điểm cực trị.
Câu 19: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Đó là hàm số nào?

Page 11


A.

y = x − 2x − 2 .
4

2

B.

2 x −1
C. y =
.
x +1

y = x − 3x − 2 .
3

ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
D. y =

−2 x + 1
.
x +1

Lời giải
Chọn C
+) Loại A, B: vì đây là đồ thị của hàm số y =
+) Xét hàm số y =

ax + b
cx + d

3
2 x −1
> 0 với ∀x ≠ −1 .
2
ta có: y ' =
x +1
( x + 1)

Quan sát đồ thị ta thấy nhánh cuối của đồ thị đi lên nên hàm số đồng biến. Do đó Chọn C
Câu 20: Cho hình nón có bán kính đáy là 4a, chiều cao là 3a. Diện tích xung quanh hình nón bằng
A. 12π a 2
B. 40π a 2
C. 24π a 2
D. 20π a 2
Lời giải
Chọn D
Ta có: Độ dài đường sinh: l = h 2 + r 2 = 9a 2 + 16a 2 = 5a

S xq = π rl = π .4a.5a = 20π .a 2
Câu 21: Gọi S là diện tích hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường y = f ( x ) , trục hoành và hai đường
0

2

−1

0

thẳng x = −1 , x = 2 (như hình vẽ bên dưới). Đặt a = ∫ f ( x ) dx , b = ∫ f ( x ) dx , mệnh đề nào sau

đây đúng?
A. S = b + a .
Lời giải
Chọn B

B. S = b − a .
0

2

−1

0

C. S = −b + a .

D. S = − b − a .
y

Ta có: S = − ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = −a + b = b − a.
Câu 22: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( Oyz ) có phương trình là
A. x = 0 .

B. z = 0 .

C. x + y + z = 0 .
Lời giải

−1
O

2x

D. y = 0 .

Chọn A
r
Mặt phẳng (Oyz ) đi qua điểm O(0;0;0) và nhận vectơ i = (1;0;0) làm vectơ pháp tuyến nên có
phương trình là: 1( x − 0) + 0( y − 0) + 0( z − 0) = 0 ⇔ x = 0 .
2
Câu 23: Hàm số f ( x ) = log 3 ( x + x ) có đạo hàm là :

1
( 2 x + 1) ln 3 .
A. f ′ ( x ) = x 2 + x ln 3 . B. f ′ ( x ) =
(
)
x2 + x
2x +1
ln 3
C. f ′ ( x ) = x 2 + x ln 3 . D. f ′ ( x ) = 2
.
(
)
x +x

Lời giải
Chọn C

(

(x

) (x

Ta có f ′ ( x ) = log3 ( x 2 + x ) ′ =

2

2

+ x)′

+ x ) ln 3

=

2 x +1
.
( x + x ) ln 3
2

Từ đó ta suy ra đáp án là C.

Page 12


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
Câu 24: Họ nguyên hàm của hàm số
A. e x + x 2 + C .

f ( x) = e − 2 x là
x

B. e x − x 2 + C .

C.

1 x
e − x2 + C .
x +1

D. e x − 2 + C .

Lời giải
Chọn B
x
x
2
∫ ( e − 2 x ) dx = e − x + C .

Câu 25: Hình trụ (T) được sinh ra khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh AB. Biết AC = 2a 2 và

·ACB = 450 . Diện tích tồn phần Stp của hình trụ (T) là

2
A. Stp = 16π a

2
B. Stp = 10π a

2
C. Stp = 12π a

2
D. Stp = 8π a

Lời giải
Chọn A

Ta có tam giác ∆ABC vng cân tại B với AC = 2a 2 ⇒ BA = BC = 2a .
Hình trụ có r = h = l = 2a .
2
2
Diện tích tồn phần : Stp = S xq + 2Sd = 2π rh + 2π r = 16π a .

Câu 26: Cho hình trụ nội tiếp trong hình lập phương có cạnh bằng x . Tỷ số thể tích của khối trụ và khối lập
phương trên bằng
π
2
π
π
A. .
B. .
C. .
D. .
4

3

12

2

Lời giải
Chọn A
Thể tích khối lập phường bằng x 3 .
Khối trụ nội tiếp khối lập phương có chiều cao bằng x , bán kính đáy bằng

x
(đường kính đáy bằng
2

3
V
π
x ) ⇒ Vtr = xπ  x ÷ = πx ⇒ tr = .
Vlp 4
4
2
2

Câu 27: Tìm số giá trị nguyên dương của tham số

m

để hàm số

y = − x3 + 2 x 2 + (3m − 1) x + 2 nghịch biến trên

( −∞; −1) .

A. 0 .

B. 1 .

C. 2 .
Lời giải

D. Vơ số.

Chọn C
2
Ta có: y′ = −3 x + 4 x + ( 3m − 1) .
Để hàm số nghịch biến trên (−∞ ;−1) thì

y′ ≤ 0 ∀ x ∈ ( −∞ ; − 1) ⇔ − 3x 2 + 4 x + ( 3m − 1) ≤ 0 ∀ x ∈ ( −∞ ; − 1)

Page 13


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
1
⇔ m ≤ ( 3 x 2 − 4 x + 1)
3

∀x ∈ ( −∞; −1)

⇔ m ≤ min f ( x ) với f ( x ) = x 2 − 4 x + 1
( −∞; −1)

3
3
4
1
Xét hàm số f ( x ) = x 2 − x + trên khoảng (−∞ ;−1) .
3
3
4
1
Hàm số bậc hai f ( x ) = x 2 − x + nghịch biến trên khoảng
3
3
4 1 8
Suy ra: ∀x ∈ ( −∞; −1) ⇔ f ( x ) > f ( −1) = 1 + + = .
3 3 3

2

 −∞; ÷ nên nghịch biến trên (−∞ ;−1) .
3


m ∈ Z
8
⇒ m ∈ { 1; 2} .
Vậy m ≤ . Mà 
3
m > 0
Câu 28: Tính tổng bình

y=

phương tất

cả các

giá

trị

của tham

số

thực

m

để

hàm

số

1 3
x + (m 2 − m + 2) x 2 + (3m 2 + 1) x − 1 đạt cực tiểu tại x = −2 .
3

A. không tồn tại m.

B. 10 .

C. 1 .
Lời giải

D. 9 .

Chọn D
2
2
2
2
Ta có: y′ = x + 2 ( m − m + 2 ) x + 3m + 1; y ′′ = 2 x + 2 ( m − m + 2 )

2
2

 y′ ( −2 ) = 0
 4 − 4 ( m − m + 2 ) + 3m + 1 = 0
⇔
Hàm số bậc ba đạt cực tiểu tại x = −2 khi và chỉ khi 
2
 y′′ ( −2 ) > 0  −4 + 2 ( m − m + 2 ) > 0

m = 1

−m + 4m − 3 = 0

m = 3
⇔ 2

⇔
⇔ m = 3.

m − m > 0
m > 1
m < 0

2

Câu 29: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vng góc với mặt phẳng ( ABCD )
, SA = AB = a, AD = 3a . Gọi M là trung điển của BC . Tính cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng

( ABCD )
A.

5
.
7

và ( SDM ) .
B.

6
.
7

C.

3
.

7

D.

1
.
7

Lời giải
Chọn B

Page 14


ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT

Ta có ( ABCD ) ∩ ( SDM ) = SM . Dựng AH ⊥ DM . Khi đó ( SAH ) ⊥ DM

(

) (

)

··
⇒ (·
ABCD ) ; ( SDM ) = ·AH ; SH = SHA
.

AH

MC 2 13
6a 13
·
.
= sin ·ADH = sin DMC
=
=
⇒ AH =
AD
DM
13
13
7a
AH 6
·
⇒ cos SHA
=
= .
Khi đó SH =
SH 7
13
Lại có

Câu 30: Biết F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) = 4 x ( 1 + ln x ) và F ( 1) = 5 . Tính F ( e ) .
2
A. F ( e ) = 3e + 4 .

2
B. F ( e ) = 5e + 4 .

2
C. F ( e ) = 5e .

2
D. F ( e ) = 3e + 6 .

Lời giải
Chọn A
2
Ta có F ( x ) = ∫ f ( x ) dx = ∫ 4 x ( 1 + ln x ) dx = ∫ 4 xdx + 2 ∫ 2 x ln xdx = 2 x + 2I

Tính I = ∫ 2 x ln xdx .
 dx
ln x = u
 = du
⇒ x
Đặt 
.
2 xdx = dv  x 2 = v


x2
+C .
∫
2
2
2
2
Suy ra F ( x ) = 2 x + 2 x ln x − x + C .
Ta có I = x 2 ln x − xdx = x 2 ln x −

Theo giả thiết F ( 1) = 5 ⇒ 2 + 2ln1 − 1 + C = 5 ⇒ C = 4 .
2
2
2
Suy ra F ( x ) = 2 x + 2 x ln x − x + 4 .
2
2
2
2
Vậy F ( e ) = 2e + 2e ln e − e + 4 = 3e + 4 .

Page 15


ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT
Câu 31: Thể tích khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng a là:
A.

3a3
.
4

B.

2a 3
.
6

C.

a3
D. .
3

3a3
.
2

Lời giải
Chọn B

Gọi khối chóp tứ giác đều là SABCD , ABCD là hình vng cạnh a , tâm H , suy ra SH ⊥ ( ABCD ) .
Ta có SA = SC = a , AC = a 2 nên ∆SAC vuông cân tại S ⇒ SH =

1
3

Thể tích khối chóp là VSABCD = .SH .S ABCD =
Câu 32. Gọi S là tập hợp các số thực

m

1
a 2
.
AC =
2
2

2a 3
.
6

sao cho với mỗi m ∈ S có đúng một số phức thỏa mãn z − m = 9 và

z
là số thuần ảo. Tính tổng của các phần tử của tập S .
z −6

A. 6.

B. 12.

C. 0.
Lời giải

D. 24.

Chọn B
Gọi z = x + iy với x, y ∈¡ .

x + iy ) ( x − 6 − iy ) x ( x − 6 ) + y 2 − 6iy
(
z
x + iy
=
=
=
.

Ta có
2
2
z − 6 x − 6 + iy
( x − 6) + y2
( x − 6) + y 2
Do đó

z
2
là số thuần ảo khi x ( x − 6 ) + y 2 = 0 ⇔ ( x − 3) + y 2 = 9.
z −6

Mặt khác z − m = 9 ⇔ ( x − m ) + y 2 = 81
2

2
2

( x − 3) + y = 9
Để có đúng một số phức thỏa mãn u cầu bài tốn thì hệ phương trình 
có đúng
2
2
x
−
m
+
y
=

81
(
)



một nghiệm.
Nghĩa là hai đường tròn ( C1 ) : ( x − 3) + y 2 = 9 và ( C2 ) : ( x − m ) + y 2 = 81 tiếp xúc nhau.
2

2

Page 16


Xét ( C1 ) có tâm I1 ( 3;0 ) bán kính

ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT
và ( C2 ) có tâm I 2 ( m;0 ) bán kính R2 = 9.

R1 = 3

 m−3 = 6
 I1 I 2 = R1 − R2
⇔
⇒ m ∈ { 9; −3;15; −9} .
Cần có 
m
−
3

=
12
I
I
=
R
+
R

1 2
1
2

Vậy tổng là 9 + (−3) + 15 + (−9) = 12.
Câu 51: Số nghiệm thực của phương trình
A. 1 .
B. 3 .

2
2
2 x + x − 4.2 x − x − 22 x + 4 = 0 là:

Chọn C
2
2
Ta có 2 x + x − 4.2 x − x − 2 2 x + 4 = 0 ⇔ 2 x

C. 2 .
Lời giải

2

−x

(2

2x

) (

D. 4 .

)

− 4 − 22 x − 4 = 0

 22 x − 4 = 0
x = 1 .
⇔
⇔ 2 − 1 2 − 4 = 0 ⇔  x2 − x
=1
x = 0
 2
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.

(

x2 − x

)(

2x

)

Câu 52: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ¡ và có đồ thị như hình vẽ. Tập hợp tất cả các giá trị thực của
tham số

m

2
để phương trình f ( ln x ) = m có nghiệm thuộc khoảng ( 1; e ] :

A. [ −1;3) .

B. [ − 1;1) .

C. ( −1;1) .

D. ( −1;3) .

Lời giải
Chọn B
Đặt t = ln 2 x , ta có: 1 < x ≤ e ⇒ 0 < ln x ≤ 1 ⇒ 0 < t ≤ 1
Yêu cầu bài toán
Phát triển 2 câu

⇔ phương trình f ( t ) = m có nghiệm thuộc ( 0;1] ⇔ −1 ≤ m < 1 .

2019 + 6 x − x 2 có đồ thị

Cho
hàm
số
y
=
Câu 53:
x 2 − 4 x + 4m

m

(Cm ) . Tìm tập hợp S tất cả các giá trị thực của tham số

để (Cm ) có đúng hai đường tiệm cận đứng.

A. [ 0; 4 ) .

B. [ 0;1) .

C. ( −12; 4 )

D. ( − 3;1]

Lời giải
Chọn B
Do 2019 + 6 x − x 2 > 0, ∀x ∈[ 0; 6 ] nên ( Cm ) có đúng hai đường tiệm cận đứng ⇔ x 2 − 4 x + 4m = 0
có đúng 2 phân biệt nghiệm thuộc [ 0;6]

Page 17

ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT

Xét hàm số f ( x ) = − x + 4 x trên [ 0;6]
2

f ' ( x ) = −2x + 4 = 0 ⇔ x = 2

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra x 2 − 4 x + 4m = 0 có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc

[ 0;6]

⇔ 0 ≤ 4m < 4 ⇔ 0 ≤ m < 1
4
2
Câu 54: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ¡ và có đạo hàm f ′ ( x ) = x ( x − 3) ( x − 10 x + m ) với mọi

x ∈ ¡ . Có bao nhiêu số nguyên

m

thuộc đoạn [ 0;1890] để hàm số g ( x ) = f ( 4 − x ) nghịch biến trên

khoảng ( −∞ ;1) ?
A. 1864 .

B. 1867 .

Chọn D

Ta có:

g '( x) = − f '( 4 − x) = ( 4 − x )

4

C. 1865 .
Lời giải:

( x − 1) ( ( 4 − x )

2

D. 1866 .

)

− 10 ( 4 − x ) + m = ( 4 − x )

4

( x − 1) ( x 2 + 2 x − 24 + m )

Xét

h ( x ) = x 2 + 2 x − 24 + m

g ( x ) nghịch biến trên ( −∞ ;1) ⇔ g ' ( x ) ≤ 0, ∀ x ∈ ( −∞ ;1) ⇔ h ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ ( −∞ ;1)

⇔ m ≥ − x 2 − 2 x + 24, ∀ x ∈ ( −∞ ;1) ⇔ m ≥ max ( − x 2 − 2 x + 24 )

( −x

2

− 2 x + 24 ) ' = −2 x − 2 = 0 ⇔ x = −1

( −∞ ;1)

Bảng biến thiên

Suy ra m ≥ 25 mà m ∈ [ 0;1890] và

m

là số nguyên

⇒ có 1866 giá trị

Câu 55: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

m

để giá trị nhỏ nhất của hàm số

y = x3 + (m 2 − m + 1) x + m3 − 4m2 + m + 2025 trên đoạn [ 0; 2] bằng 2019
A. 0 .

B. 1 .

C. 2 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn D
Page 18


ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT

y ¢= 3x + (m - m +1) > 0, " x Ỵ R .
2

+ Ta có

2

⇒ GTNN của hàm số trên đoạn [ 0; 2] là f ( 0) = m3 − 4m 2 + m + 2025.
+ Xét m3 − 4m 2 + m + 2025 = 2019 ⇒ m3 − 4m 2 + m + 6 = 0 .
⇒ m = −1; m = 2; m = 3.
Phương trình có 3 nghiệm nguyên.
Câu 56: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 1; 2;1) , B ( 2; −1;3) . M ( a; b; c ) là điểm thuộc
mặt phẳng (Oxy) sao cho MA2 − 2MB 2 lớn nhất. Tính P = a + b + c
A. P = − 1
B. P = 7
C. P = 5

D. P = 2

Lời giải
Chọn A

uuur

( )

uuur

uuu
r uur

( ) = ( MI + IA)

2

Ta có MA2 − 2MB 2 = MA − 2 MB

2

2

uuu
r uu
r
uu
r
⇔ MA2 − 2 MB 2 = −MI 2 + IB 2 + IA2 + 2 MI IA − 2 IB
uu
r

uu
r

r

uu
r

uu
r

(

uuu
r uur
− 2 MI + IB

(

)

)

2

Ta tìm I sao cho IA − 2 IB = 0 ⇔ IA = 2 IB hay B là trung điểm IA ⇒ I ( 3; − 4;5 )
2
2
2

2
IB 22+ 4
IA
3 . Do đó ( MA2 − 2MB 2 ) max ⇔ MI 2 min
Khi đó ta có MA − 2 MB = − MI + 14
const

Bài tốn trở thành tìm M thuộc ( Oxy ) để MI nhỏ nhất.
Gọi H là hình chiếu vng góc của I lên ( Oxy ) ta có MI ≥ IH
Suy ra

MI min = IH ⇒ M ≡ H ⇒ M ( 3; − 4;0 )

⇒ a = 3, b = −4, c = 0 ⇒ P = a + b + c = −1

ax + b

Câu 57: Cho hàm số f ( x) = cx + d (với a, b, c, d ∈¡ ) có đồ thị hàm số f ′ ( x ) như hình vẽ bên. Biết giá trị
nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ 2;5] bằng 10 .

Giá trị f (−4) bằng
A. f (−4) = −10 .
Lời giải:
Chọn C

f '( x) =

B. f (−4) = 10

ad − bc

> 0, ∀ x ≠ − 1 nên
(cx + d ) 2

⇒ min( f ( x)) = f (2) =
[2,5]

f '(0) = 3 ⇔

C. f (−4) = 12 .

f ( x)

đồng

biến

trên

D. f (−4) = 9 .

từng

khoảng

( −∞ ; − 1) , ( 1; +∞ )

2a + b
= 10 (1)
2c + d

ad − bc
= 3 (2)
d2

f '(x) có tiệm cận đứng x = −1 ⇒

−d
= −1 ⇒ c = d (3)
c

Page 19


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
11

a= b


8
⇒ f (−4) = 12
Từ (1)(2)(3) ⇒ 
c = d = 1 b

8


Câu 58: Cho các số thực dương a, b thỏa mãn
A.

a 1− 5
.
=
b
2

B.

log 9 a = log12 b = log16 (a + b) . Tính tỉ số

a −1 − 5
=
b
2

C.

a −1 + 5
.
=
b
2

D.

a
.
b

a 1+ 5

.
=
b
2

Lời giải:
Chọn C
Đặt

log9 a = log12 b = log16 (a + b) = t

 a = 9t
t
2t
t

3 3
3
−1 + 5 a
t
t
t
t
⇒  b = 12 ⇒ 16 = 12 + 9 ⇒ 1 −  ÷ −  ÷ = 0 ⇒  ÷ =
= .
2
b
4 4
4
 a + b = 16t



Câu 59: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho G(1; 2; 3) . Gọi (P) : px + qy + rz +1 = 0 (p,q,r ∈R) là mặt
phẳng qua G và cắt các trục Ox,Oy,Oz lần lượt tại A, B, C sao cho G là trọng tâm của tam giác

ABC . Tính T = p + q + r .
A. T = −

11
.
8

B. T =

11
.
8

C. T = 18 .

D. T = 18 .

Lời giải
Chọn A

Gọi A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0; 0; c ) lần lượt là giao điểm của mặt phẳng (P) với các trục
Ox,Oy,Oz . Phương trình của mặt phẳng (P) :

x y z
+ + =1.

a b c

a + 0 + 0
=1

3
a = 3

0 + b + 0

= 2 ⇔ b = 6
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên 
3

 c = 9.

0 + 0 + c
=
3
 3

Phương trình mặt phẳng (P) :
1
3

1
6

1
9

Vậy T = − − − = −

x y z
x y z
+ + = 1 ⇔ − − − +1 = 0 .
3 6 9
3 6 9

11
18

Câu 60: Một bình đựng đầy nước có dạng hình nón (khơng có đáy). Người ta thả vào đó một khối cầu có

3
đường kính bằng chiều cao của bình nước và đo được thể tích nước tràn ra ngồi là 18π ( dm ) . Biết

rằng khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của hình nón và đúng một nửa của khối cầu đã chìm
trong nước (hình dưới đây). Tính thể tích nước còn lại trong bình.

Page 20


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT

3
A. 24π ( dm ) .

B. 12π ( dm ) .

3
C. 6π ( dm ) .

3

3
D. 4π ( dm ) .

Lời giải

Chọn C
Giả sử hình nón có bán kinh đáy R , đường cao h .
Theo giả thiết ta có bán kính mặt cầu bằng

3

1 4 h
. π .  ÷ = 18π ⇒ OA = h = 6 . Trong tam giác vuông
2 3 2

một nửa khối cầu bằng 18π dm3 . Suy ra
·
=
ODA ta có sin OAD

Bán kính hình nón

h
. Vì thể tích nước tràn ra ngồi là 18π dm3 nên thể tích
2

1
·
⇒ OAD
= 30° .
2
1

R = OB = OA.tan 30° = 2 3 . Thể tích hình nón: V1 = 3 π R

2

h = 24π .

Do đó thể tích nước còn lại trong bình là 24π − 18π = 6π dm3 .
Câu 61: Ông A vay ngân hàng 200 triệu đồng với lãi suất 1% / tháng. Ơng ta muốn hồn nợ cho ngân hàng
theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ơng bắt đầu hồn nợ; hai lần hồn nợ liên tiếp cách
nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi tháng là như nhau và ông A trả hết nợ sau đúng 4 năm
kể từ ngày vay. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi số
tiền mỗi tháng ông ta cần trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây?
A. 6, 08 triệu đồng.
B. 5, 20 triệu đồng.
C. 5, 27 triệu đồng.
D. 5, 25 triệu đồng.
Lời giải
Chọn C
Gọi

x

(triệu) là số tiền ông A trả hàng tháng. Đặt lãi suất 1 tháng là r =

Sau tháng thứ nhất, số tiền ông A còn nợ: 200 × ( 1 + r ) − x

(

)

1
= 0, 01.
100

Sau tháng thứ hai, số tiền ông A còn nợ: 200 × ( 1 + r ) − x ( 1 + r ) − x = 200 × ( 1 + r ) − x ( 1 + r ) + 1
.
2

Page 21


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
Sau 4 năm tức là sau tháng thứ 48, số tiền ông A còn nợ:

200 × ( 1 + r ) − x 1 + ( 1 + r ) + ( 1 + r ) + ... + ( 1 + r )  = 200 × ( 1 + r )


48

2

47

Ơng A trả hết tức là số tiền nợ bằng 0, tức 200 × ( 1 + r ) 48

48

( ( 1+ r )
=x

( ( 1+ r )
−x

48

)

48

( 1 + r ) −1

−1

).

−1

200 × ( 1 + r ) .r
48

⇒x=

r

(1+ r )

48

−1

,

xấp xỉ 5, 27 triệu.
Câu 62: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu

( S ) : ( x − 1)2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = 27 . Gọi

(α) là

mặt phẳng đi qua hai điểm A(0; 0; −4), B(2; 0; 0) và cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn (C ) sao
cho khối nón có đỉnh là tâm của ( S ) và đáy là đường tròn (C ) có thể tích lớn nhất. Biết rằng
(α ) : ax + by− z + c = 0 . Tính P = a − b + c
A. P = 8
B. P = 0
C. P = 2
D. P = − 4
Lời giải
Chọn D
+ Ta có mặt cầu ( S ) có tâm mặt cầu I (1; − 2;3); R = 3 3

Mp ( α ) : ax + by − z + c = 0 qua A(0; 0; −4), B(2; 0; 0) nên c =- 4; a = 2.

⇒ ( α ) : 2 x + by − z − 4 = 0 .

+ Gọi h và r là chiều cao và bán kính đáy của khối nón. ⇒ h =

2b + 5

.
b2 + 5
2
2


2b + 5) ⇒ V = 1.π .r 2.h = 1π . 2b + 5 .  27− ( 2b + 5) ÷ .
(
⇒ r = 27− 2
3
3 b 2 + 5 
b2 + 5 ÷
b +5


Đặt t =

2b + 5
1
1
⇒ V = .π . = π .t. ( 27− t 2 )
,
với
0

<
t
<
3
3
3
3
b2 + 5
1
3

Xét f ( t ) = π .t. ( 27− t 2 ) , t > 0
1
f ′ ( t ) = π ( 27− 3t 2 ) = 0 ⇒ t = 3.
3
1
Vậy GTLN của f ( t ) = π .t. ( 27− t 2 ) , t > 0 là 18π khi t = 3 ⇒ b = 2 .
3

Vậy P = a − b + c = −4 .

Câu 63: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình log 3 ( x + 3) + m log
mãn: −2 < x1 < x2
A. 15 .

B. 17 .

C. 14 .

x +3

9 = 16 có hai nghiệm thỏa

D. 16 .

Lời giải
Chọn A
+ Điều kiện x > −3 . Đặt t = log 3 ( x + 3) ⇒ t > 0 .
4m
= 16 ⇔ t 2 − 16t + 4m = 0 có hai nghiệm dương phân biệt.
Vậy phương trình t +
t
⇔ 0 < m < 16 .
Vậy có 15 giá trị của m .

Page 22


ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT
Một
lớp
có
ghế
đơn
được
xếp
thành
hình
vng
.

Giáo
viên
muốn xếp 36 học sinh, trong đó
36
6
x
6
Câu 64:
có hai anh em là Kỷ và Hợi. Tính xác suất để hai anh em Kỷ và Hợi luôn được ngồi gần nhau theo
chiều dọc hoặc chiều ngang?
A.

4
.
21

B.

1
.
7

C.

1
.
21

D.

2
.
21

Lời giải
Chọn D
3

2

2

2

2

3

2

1

1

1

1

2

2

1

1

1

1

2

2

1

1

1

1

2

2

1

1

1

1

2

3

2

2

2

2

3

Gọi biến cố cần tính xác suất là A . Số phần tử không gian mẫu là số cách hai anh em Kỷ và Hợi
2
ngồi trong lớp Ω = A36 = 1260 .

TH1: Kỷ ở vị trí các chỗ đánh số 1 : Khi đó với mỗi cách xếp chỗ cho Kỷ sẽ có 4 cách xếp chỗ cho
Hợi. Vậy có tất cả 16.4 = 64 cách.
TH2: Kỉ ở vị trí các chỗ đánh số 2 : Khi đó với mỗi cách xếp chỗ cho Kỷ sẽ có 3 cách xếp chỗ cho
Hợi. Vậy có tất cả 16.3 = 48 cách.
TH3: Kỉ ở vị trí các chỗ đánh số 3 : Khi đó với mỗi cách xếp chỗ cho Kỷ sẽ có 2 cách xếp chỗ cho
Hợi. Vậy có tất cả 4.2 = 8 cách.
Vậy ΩA = 64 + 48 + 8 = 120 ⇒ PA =

120
2
=
.
1260 21

Câu 65: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 0;1] thỏa mãn f ( 1) = 0 ,
π
2

∫ f ( x ) dx

2

7
.
5

∫  f ′ ( x ) 

2

dx = 7 và

0

1

1
∫0 sin x.cos x. f ( sin x ) dx = 3 . Tích phân

A.

1

bằng

0

B. 4 .

C.

7
.
4

D. 1 .

Lời giải
Chọn A
π
2

π
2

+ Xét I = 1 = sin 2 x.cosx f ( sin x ) dx = sin 2 x. f ( sin x ) ds in x .
∫
∫

3

1

0

⇒ I = ∫ u 2 . f ( u ) du , hay
0

0

1

1

∫ x . f ( x ) dx= 3 .
2

0

Page 23


ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT
1

1
2
+ Ta có = ∫ x . f ( x ) dx=
3 0

x 

1

3

∫ f ( x ) d  3 ÷ =
0

3

1

1

x
1
f ( x ) − ∫ x 3 . f ′ ( x ) dx .
3
30
0

1

⇒ ∫ x3 . f ′ ( x ) dx = −1 .
0

1

6
+Ta có ∫ x dx =
0

1
.
7
2

1
1
2
1 3

′

f
x

d
x
.
x 6 dx = 1 .
(
)
Do 1 =  ∫ x . f ′ ( x ) dx  ≤ ∫ 

∫
0
0

0

3
Dấu bằng xảy ra khi f ′ ( x ) = kx .

1

Mặt khác

3
∫ x . f ′ ( x ) dx = −1 ⇒ k = −7 ⇒ f ′ ( x ) = − 7 x .
3

0

⇒ f ( x) = −

7
7 4
x + C . Do f ( 1) = 0 ⇒ C = .
4
4

7
7
Vậy f ( x ) = − x 4 + , nên
4
4

1

7

∫ f ( x ) dx = 5 .
0

Câu 66: Cho hình hộp ABCD . A ' B ' C ' D ' có chiều cao h = 15 và diện tích đáy S = 16 . Gọi E , F , G , H
lần lượt là trung điểm các cạnh AB , BC , CD , DA . Gọi M , N , P , Q lần lượt là các điểm trên các
AM
DQ 1 BN
CP 2
=
= ,
=
= . Thể tích của khối đa
AA ' DD ' 3 BB ' CC ' 3
diện lồi có các đỉnh là các điểm M , N , P , Q , E , F , G , H bằng
A. 120 .
B. 100 .
C. 160 .
D. 140 .
Lời giải

cạnh AA ' , BB ' , CC ' , DD ' và thỏa mãn

Gọi O là tâm của hình hộp.
Rõ ràng các điểm M , N , P , Q , A , B , C , D lần lượt là ảnh của các điểm P , Q , M , N , C ' , D '
, A ' , B ' qua phép đối xứng tâm O .
Suy ra hai khối đa diện MNPQABCD và PQMNC ' D ' A ' B ' bằng nhau
1

1
1
⇒ VMNPQABCD = VPQMNC ' D ' A ' B ' = VABCD. A ' B ' C ' D ' = ×h . S = ×20.16 = 160 ( 1) .
2
2
2
Hình bình hành ABCD có E , F , G , H lần lượt là trung điểm các cạnh AB , BC , CD , DA
1
Nên các tam giác BEF , CFG , DGH , AHE có diện tích bằng nhau và bằng S ABCD = 2 .
8
Page 24


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
Mặt khác:
AM
DQ 1
h
=
= ⇒ d ( M , ( ABCD ) ) = d ( Q , ( ABCD ) ) = = 5
+)
AA ' DD ' 3
3
BN
CP 2
2h
=
= ⇒ d ( N , ( ABCD ) ) = d ( P , ( ABCD ) ) =
= 10
+)

BB ' CC ' 3
3
1
10
1
20
Do đó: VM . AHE = VQ .DGH = ×2.5 =
và VN . BEF = VP .CFG = ×2.10 =
.
3
3
3
3
Ta có:
 10 10 20 20 
VMNPQEFGH = VMNPQABCD − ( VM . AHE + VQ. DGH + VN . BEF + VP.CFG ) = 160 −  + +
+ ÷ = 140 .
3
3
3 
 3
4x
3x
2x
x
Câu 67: Cho hàm số f ( x ) = 3e − 4e − 24e + 48e + m . Gọi A , B lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của hàm số đã cho trên [ 0;ln 2] . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc

[ −23;10 )

sao cho A ≤ 3B ?
B. 26 .

A. 24 .

C. 25 .

D. 27 .

Lời giải
Chọn B
x
Đặt t = e , x ∈ [ 0; ln 2 ] ⇒ t ∈ [ 1; 2 ]
4
3
2
Xét hàm số h ( t ) =| 3t − 4t − 24t + 48t + m | trên [ 1; 2] .
4
3
2
Đặt g ( t ) = 3t − 4t − 24t + 48t + m

t = −2 ∉ [1; 2]
g ′ ( t ) = 12t − 12t − 48t + 48 ; g ′ ( t ) = 0 ⇔ t = 2
;
t = 1
3

2

g ( 1) = m + 23 , g ( 2 ) = m + 16 .
h ( t ) = m + 23 ; B = min h ( t ) = m + 16 .
TH1: −16 ≤ m < 10 ⇒ m + 23 ≥ m + 16 ≥ 0 ⇒ A = max
[ 1;2]
[ 1;2]

 −16 ≤ m < 10
 −16 ≤ m < 10

−25
⇔
⇒
≤ m < 10 .
Suy ra:: 
−25
2
 m + 23 ≤ 3m + 48
 m ≥ 2
Do đó: có 22 giá trị
TH2: −23 ≤ m < −16 ⇒ m + 23 = m + 23, | m + 16 |= − m − 16

  m + 23 < −m − 16
−39
 −85

≤m<

−
m
−

16
≤
3(
m
+
23)

4
2
⇒
⇔
.
  m + 23 > −m − 16
−39
−71


 2
4
  m + 23 ≤ 3(− m − 16)
Suy ra có 4 trị của m thỏa mãn.
Vậy có tất cả 26 giá trị thỏa mãn.
Câu 68: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , BC = 2a , SA vng góc với mặt
phẳng đáy ABC và

SA = 2a 3 . Gọi M là trung điểm của AC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng

AB và SM bằng:

Page 25