ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN (có đáp án)
Bám sát đề minh họa - Năm 2022


ĐỀ 1
Câu 1. Môđun của số phức
3

A.

.

z = 3 +i

là

B. 1.

C. 2.

D.

2

.

Lời giải
z = 3+i ⇔ z =

( 3)

2

+ 12 = 2

Vậy chọn đáp án C.
Câu 2. Mặt cầu có phương trình nào sau đây có tâm là
A.

x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2 y = 0.

B.

2 x 2 + 2 y 2 = ( x + y ) − z 2 + 2 x − 1 − 2 xy.
2

C.

D.

I ( −1;1;0 ) ?
x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 2 y + 1 = 0.

( x + y)

2

= 2 xy − z 2 + 1 − 4 x.

Lời giải
Phương trình mặt cầu

a 2 + b2 + c2 − d > 0

, có tâm

( S)

x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0

có dạng

I ( a; b; c )

, bán kính

R = a2 + b2 + c2 − d

với

.

Lựa chọn đáp án A.
Câu 3. Điểm nào dưới đây thuộc đồ thị của hàm số
A. Điểm
Q ( 1; −2 )

M ( 1; −4 )

.

B. Điểm

N ( −1;0 )

.

y = − x 4 + 3 x2 − 2

C. Điểm

P ( 0; 2 )

.

D.

Điểm

.
Lời giải

Chọn B
Câu 4. Tính diện tích
3cm

.

S

của mặt cầu và thể tích

V

của khối cầu có bán kính bằng


A.

( cm )

(

)

(

)

2
S = 36π cm

và

(

3
V = 36π cm

)

.

(

)

(

)

2
S = 18π cm

B.

V = 108π

và

3

.
2
S = 36π cm

C.

( cm )

và

(

3
V = 108π cm

)

.

2
S = 18π cm

D.

V = 36π

và

3

.
Lời giải

Chọn A
Mặt cầu bán kính

Khối cầu bán kính

r

có diện tích là:
r

Sπr
=4
Vπr
=

có thể tích là:

4
3

Câu 5. Tìm họ nguyên hàm của hàm số

∫ f ( x ) dx = 3x + cos x + C

2

π=

3

∫ f ( x ) dx =
C.

3x 2
+ cos x + C
2

2

4 3
.3 π= 36
3

f ( x ) = 3 x − sin x

2

A.

( cm )

π= 4 .32 =π 36

.

B.

.

D.

.

( cm )
3

.

.

3x 2
∫ f ( x ) dx = 2 − cos x + C

∫ f ( x ) dx = 3 + cos x + C

.

.

Lời giải
Chọn C

Ta có

3x 2
∫ f ( x ) dx = ∫ ( 3x − sin x ) dx = 2 + cos x + C
f ( x)

Câu 6. Cho hàm số
đại của hàm số đã cho là
2

A. .

.

f ′ ( x ) = x ( x + 1) ( x − 4 ) , ∀x ∈ ¡

3

có đạo hàm
3

4

B. .

C. .
Lời giải

Chọn D

. Số điểm cực
1

D. .


f ′ ( x ) = 0 ⇔ x ( x + 1) ( x − 4 )

3

x = 0
= 0 ⇔  x = −1
 x = 4

Lập bảng biến thiên của hàm số

.

f ( x)

Vậy hàm số đã cho có một điểm cực đại.
x
Câu 7. Tập nghiệm của bất phương trình 3

A.

( −5;5) .

B.

2

− 23

( −∞;5 ) .

< 9 là

C.

( 5; +∞ ) .

D.

( 0;5) .

Lời giải
Chọn A
x
Ta có 3

2

− 23

< 9 ⇔ x 2 − 23 < 2 ⇔ x 2 < 25 ⇔ − 5 < x < 5 .

x
Vậy nghiệm của bất phương trình 3

Câu 8. Cho hình chóp
a3

A.

.Tính chiều cao
h = a.

h = 3a.

.

h

S . ABCD

2

− 23

< 9 là ( −5;5 ) .

có đáy

ABCD

là hình vng cạnh

a

và thể tích bằng

của hình chóp đã cho.
B.

h = 2a.

.

C.

h = 3a.

.

D.

.
Lời giải

Chọn C

Ta có:

1
3V 3a 3
V = S .h ⇒ h =
= 2 = 3a.
3
S
a

.
1

Câu 9. Tập xác định của hàm số
A.

¡

.

B.

y = ( 2 − x) 3

( 2; +∞ )

.

là
C.

( −∞; 2 )

.

D.

¡ \ { 2}

.


Lời giải
Chọn C
Câu 10.Nghiệm của phương trình
A.

x = 18

.

log 2 ( x + 7 ) = 5

x = 25

B.

là

.

C.

x = 39

.

D.

x=3

.

Lời giải
Chọn B
log 2 ( x + 7 ) = 5 ⇔ x + 7 = 25 ⇔ x = 25
1

∫
Câu 11. Biết
A.

−1

1

f ( x ) dx = −2

0

.
1

∫ g ( x ) dx = 3
và

0

∫  f ( x ) − g ( x ) dx
, khi đó

0

1

.

B. .

bằng
C.

−5

5

.

D. .

Lời giải
Chọn C
1

1

1

0

0

0

∫  f ( x ) − g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx = −2 − 3 = −5

Câu 12.Cho số phức
w = 1 − iz + z

z

.

thỏa mãn điều kiện:

( 1 + i ) z − 1 − 3i = 0

. Phần ảo của số phức

là

A. 1.

B.

−3

.

C.

−2

.

D.

−1

.

Lời giải

( 1 + i ) z − 1 − 3i = 0

1 + 3i ( 1 + 3i ) ( 1 − i ) 4 + 2i
⇔z=
=
=
= 2+i ⇔ z = 2−i
1+ i
2
( 1+ i ) ( 1− i )
⇒ w = 1 − iz + z = 1 − i ( 2 − i ) + 2 − i = 2 − 3i
w

−3

Phần ảo của là
Vậy chọn đáp án B.

Câu 13.Trong không giam
tuyến là

Oxyz,

mặt phẳng

( P ) : 2x + 3 y + z −1 = 0

có một vectơ pháp


A.

ur
n1 = ( 2;3; −1)

B.

uu
r
n2 = ( −1;3; 2 )

uu
r
n3 = ( 1;3; 2 )

C.

uu
r
n4 = ( 2;3;1)

D.

Lời giải
Chọn C

Mặt phẳng

( P ) : 2x + 3 y + z −1 = 0

Câu 14.Trong không gian
vectơ

A.

ur r r r
m = a+b−c

( 6;0; −6 )

( 0;6; −6 )

có một vectơ pháp tuyến là

Oxyz

cho ba vectơ

.

r
r
r
a = ( 1; −1; 2 ) , b = ( 3;0; −1) , c = ( −2;5;1)

.

B.

( −6;6;0 )

.

C.

( 6; −6; 0 )

.

D.

.

Phần thực của

z

M (−2;1)

là điểm biểu diễn số phức

z

bằng:

−2

B.

2

C.

1

D.

−1

Lời giải
Chọn A
Điểm

M (- 2;1)

là điểm biểu diễn số phức

Vậy phần thực của

z

là

z Þ z =- 2 + i

- 2

y=

Câu 16.Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
A.

x = −3

.

B.

x = −1

x −1
x −3

.

là
C.

Lời giải.
Chọn D

,

có tọa độ là

Câu 15.Trong mặt phẳng tọa độ, biết điểm

A.

uu
r
n4 = ( 2;3;1)

x =1

.

D.

x=3

.

.


lim−

x →3

x −1
= −∞
x −3

log5 ( 5a )

a

Câu 17.Với là số thực dương tùy ý,
5 + log 5 a
5 − log 5 a
A.
.

B.
.
1 − log 5 a

x=3

. Suy ta tiệm cận đứng là đường thẳng

.

bằng
C.

1 + log5 a

.

D.

.
Lời giải

Chọn C
Ta có:

log 5 ( 5a ) = log 5 5 + log 5 a = 1 + log 5 a

.

Câu 18.Đường cong hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó

là hàm số nào?

A.

y = − x3 + 3x + 2

B.

y = x4 − x2 + 1

C.

y = x4 + x2 + 1

D.

y = x 3 − 3x + 2

Lời giải
Chọn D
Đồ thị hình vẽ là đồ thị hàm số bậc ba có hệ số
thỏa mãn điều kiện trên.
Câu 19.Trong không gian
d:

x + 2 y −1 z + 2
=
=
1
1

2

.

Oxyz

a>0

nên chỉ có hàm số

y = x3 − 3x + 2

, điểm nào dưới đây thuộc đường thằng


A.

N ( 2; −1; 2 )

B.

Q ( −2;1; −2 )

C.

M ( −2; −2;1)

D.

P ( 1;1; 2 )

Lời giải
Chọn B
d:

Đường thằng
Câu 20.Với
Ank =

A.
Ank =

k

x + 2 y −1 z + 2
=
=
1
1
2

và

n

là hai số nguyên dương

n!
k !(n − k )!

n!
(n − k )!

đi qua điểm

Ank =

.

B.

k!
(k − n)!

( −2;1; −2 )

( k ≤ n)

.

, công thức nào sao đây đúng?
Ank =

.

C.

n!
k!

.

D.

.
Lời giải

Chọn D

Ank =

n!
(n − k )!

Câu 21.Diện tích đáy của khối lăng trụ có thể tích
B=

A.

3V
h

B=

.

B.

3h
V

V

và có chiều cao
B=

.

C.

V
h

h

là
B=

.

D.

Lời giải
Chọn C

Diện tích đáy của khối lăng trụ có thể tích
Câu 22.Tính đạo hàm của hàm số

V

và có chiều cao

y = e x + ln 3 x

.

h

B=

là:

V
h

.

h
V

.


y′ = e x +

A.

1
3x

y′ = e x ln 3x + e x

1
x

y′ = e x +

.

B.

1
x

y′ = e x +

.

C.

3
x

.

D.

.
Lờigiải

Chọn B
y = e + ln 3 x = e + ln 3 + ln x
x

Ta có

x

⇒ y′ = e x +

1
x

.

Câu 23.Cho hàm số có bảng biến thiên như sau

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.

( 0; 2 ) .

B.

( 0; +∞ ) .

C.

( −2; 0 ) .

D.

( 2; +∞ ) .
Lời giải
Chọn A
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy trên khoảng
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng

( 0; 2 )

( 0; 2 )

r

f '( x) < 0

.

.

Câu 24.Cho hình trụ có diện tích xung quanh
đáy

thì

S xq

l

và độ dài đường sinh . Bán kính

của hình trụ đã cho được tính theo cơng thức nào sau đây?
r=

A.

2S xq

πl

r=

.

B.

S xq

πl

r=

.

C.
Lời giải

Chọn C

S xq

2π l

r=

.

D.

πl
S xq

.


r

Bán kính đáy
1

∫
Câu 25.Cho
−8
A.

r=

của hình trụ là:

S xq
2π l

.
1

1

f ( x ) dx = 2

∫ g ( x ) dx = 5

0

và
B.

0

∫  f ( x ) − 2 g ( x )  dx
0

, khi

1

bằng

−3

C.

D.

12

Lời giải
Chọn A

Có

1

1

1

0

0

0

∫  f ( x ) − 2 g ( x )  dx = ∫ f ( x ) dx − 2∫ g ( x ) dx = 2 − 2.5 = −8

Câu 26.Cho cấp số cộng
A.

−5

( un )

với

u1 = 5; u2 = 10

. Công sai của cấp số cộng đã cho bằng
2

5

.

.

B. .

C. .

D.

Lời giải
Chọn B
Cấp số cộng
(Với

u1

( un )

có số hạng tổng quát là:

un = u1 + ( n − 1) d

;

là số hạng đầu và d là công sai).

u2 = u1 + d ⇔ 10 = 5 + d ⇔ d = 5

Suy ra có:
.
Vậy cơng sai của cấp số cộng đã cho bằng 5.
f ( x) =

Câu 27.Họ nguyên hàm của hàm số
A.

ln x − cos x + C

ln x − cos x + C

−

.

B.

1
+ sin x
x

1
− cos x + C
x2

.

là

C.

ln x + cos x + C

.
Lời giải
1

Ta có



1

∫ f ( x ) dx = ∫  x + sin x ÷ dx = ∫ x dx + ∫ sin xdx = ln x − cos x + C

.

.

D.

15

.


Câu 28.Cho hàm số

y = f ( x)

có bảng biến thiên như sau

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng
A.

5

B.

2

C.

0

D.

1

Lời giải
Chọn A

Dựa bào BBT ta có: Giá trị cực đại của hàm số là
Câu 29.Giá trị lớn nhất của hàm số
A. 2.
B. 0.

y = 4 − x2

yCD = 5

là
C. 4.

D. 1.

Lời giải
Chọn A
• Tập xác định:
y' =

• Ta có:

• Ta có:

D = [ −2; 2 ]
−x

4 − x 2 ⇒ y′ = 0 ⇔ x = 0 ∈ ( −2; 2 )

 y ( −2 ) = y ( 2 ) = 0
⇒ max y = 2


[ −2;2]
y
0
=
2
(
)


.

Câu 30.Xét các mệnh đề sau:
3
(I). Hàm số y = −( x − 1) nghịch biến trên ¡ .

(II). Hàm số

y = ln( x − 1) −

y=

x
x − 1 đồng biến trên tập xác định của nó.

x
2

x + 1 đồng biến trên ¡ .
(III). Hàm số

Hỏi có bao nhiêu mệnh đề đúng?

A. 3.

B. 2.

C. 1.

D. 0.


Lời giải
Chọn A.

(I)

(

)

′
y ′ = −( x − 1)3 = −3( x − 1)2 ≤ 0, ∀x ∈ ¡

x ′
x

y ′ =  ln( x − 1) −
> 0, ∀x > 1
÷=
x − 1  ( x − 1) 2



(II)
2

(III)

y′ =

1. x + 1 − x.

(

2

x +1

x2 + 1

)

 x 
x 2 + 1 − x. 
÷
1
 2
÷
> 0, ∀x ∈ ¡
 x +1  = 2
x + 1 x2 + 1

2
x +1

′

(

=

Câu 31.Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn
3

A. .

B. 6.

)

9log3 ( ab ) = 4a

. Giá trị của

ab 2

C. 2

bằng

D. 4

Lời giải
Chọn D
Ta có :

2 2
9log3 ( ab) = 4a Û 2 log 3 ( ab) = log3 ( 4a ) Û log 3 ( a b ) = log 3 ( 4a ) Þ a 2b 2 = 4a

Û ab 2 = 4

.

Câu 32.Cho hình chóp đều
lượt là trung điểm của
A.

45°

.

AD

S . ABCD

và
B.

SD
60°

có tất cả các cạnh đều bằng

a

. Gọi

. Số đo của góc giữa hai đường thẳng
.

C.
Lời giải

30°

.

MN

M

,

và
D.

N

lần

SC
90°

.

là


Gọi

P

Ta có:

là trung điểm của

CD

.

NP // SC ⇒ ( MN , SC ) = ( MN , NP )

Xét tam giác

MNP

⇒ MN 2 + NP 2 =

MN =

ta có:

.

a
a
a 2
NP =
MP =
2
2
2

,

,

a2 a2 a2
+
=
4 4
2 = MP 2 ⇒ ∆MNP

·
⇒ MNP
= 90° ⇒ ( MN , SC ) = ( MN , NP ) = 90°
1

0

N

.

1

∫ ( 2 f ( x ) − 3x ) dx

∫ f ( x ) dx = 1
Câu 33.Cho

vng tại

2

tích phân

0

bằng

0

1

A. .

3

B. .

C. .

D.

−1

.

Lời giải
Chọn.

A.

1

1

1

0

0

0

2
2
∫ ( 2 f ( x ) − 3x ) dx = 2∫ f ( x ) dx − 3∫ x dx = 2 − 1 = 1

Câu 34.Trong không gian
đường thẳng

Oxyz

.
, mặt phẳng đi qua

A( 2 ; 1 ; 1)

và vng góc với


ïìï x = 1 + 2t
ï
D : í y = 2 +t
ïï
ïïỵ z = 1- 2t

A.

có phương trình là

2x + y + z - 3 = 0

2x + y - 2z - 3 = 0

B.

2x + y - 2z - 5 = 0

.

C.

x + 2y + z -5 = 0

.

D.

.

Câu 35.Cho số phức
w = 1+ 2z + z2

.

z

( 2 + i) z +
thỏa mãn điều kiện

1− i
= 5−i
1+ i

. Môđun của số phức

có giá trị là

A. 10.

B.

−10

.

C. 100.

D.

−100

.

Lời giải

( 2 + i) z +

1− i
= 5−i
1+ i

( 1− i)
⇔ ( 2 + i) z +
( 1+ i) ( 1− i)
2

⇔ ( 2 + i) z +

= 5−i

−2i
= 5−i
2

⇔ ( 2 + i) z = 5 ⇔ z =

5
= 2−i
2+i

⇒ w = 1 + 2 z + z 2 = ( 1 + z ) = ( 3 − i ) = 8 − 6i ⇔ w = 82 + ( −6 ) = 10
2

2

2

.

Vậy chọn đáp án A.
Câu 36.Cho hình chóp
Cạnh bên
SD

SA = 2a

A.

a 6
3

.

có đáy

ABCD

và vng góc với đáy. Gọi

. Tính khoảng cách
d=

S . ABCD

d

từ

S

B.

M

đến mặt phẳng
d = 2a

là hình chữ nhật với

,

N

.
d=

C.

d =a 5

.
Lời giải

,

lần lượt là trung điểm của

( AMN )

.

AD = a AB = 2a

3a
2

.

D.

SB

.

và


Chọn A

Ta có:

1
2
VS . ABD = SA.S∆ABD = a 3
3
3

VS . AMN SN SM 1
1
a3
=
.
= ⇒ VS . AMN = VS . ABD =
VS . ABD SD SB 4
4
6

Vì:

∆SAD
∆SAB

MN

SD = SA2 + AD 2 = a 5 ⇒ AN =

vuông:
vuông:

1
a 5
SD =
2
2

SD = SA2 + AB 2 = 2a 2 ⇒ AM = a 2

SBD ⇒ MN =

là đường trung bình của tam giác
S∆AMN =

Khi đó:
Câu 37.Cho
suất để tích
A.

30
91

.

14

3

1
a 5
DB =
2
2

3V
a2 6
a 6
⇒ d ( S ; ( AMN ) ) = S . AMN =
4
S ∆AMN
3

tấm thẻ được đánh số từ

số ghi trên

3

1

đến

14

nên chọn đáp án A.

. Chọn ngẫu nhiên

3

tấm thẻ. Xác

3

tấm thẻ này chia hết cho bằng?
B.

61
91

.

C.
Lời giải

Chọn B
Khơng gian mẫu có sốp phần tử là:

C143 = 364

.

31
91

.

D.

12
17

.


Để tích của ba số ghi trên
chia hết cho
trên

3

3

3

tấm thẻ chia hết cho

C41 .C102 + C42 .C101 + C43 = 244

do đó ta có:

cách lấy ra ba số để tích ba số ghi

3

244 61
=
364 91

Xác suất cần tính là:

.

Câu 38.Trong khơng gian với hệ tọa độ
A ( 1; −2;1) .

A.

thì trong ba số phải có ít nhất 1 số

tấm thẻ chia hết cho .
P=

điểm

3

Phương trình đường thẳng

 x = 1 + 2t


d :  y = −2 − t
z = 1+ t


 x = 1 + 2t

d :  y = −2 − t
 z = 1 + 3t


Oxyz

.

d

 x = 1 + 2t

d :  y = −2 − 4t
 z = 1 + 3t


B.

, cho mặt phẳng
đi qua

.

A

C.

( P) : 2x − y + z + 3 = 0

và vng góc với

x = 2 + t

 y = −1 − 2t
z = 1+ t


.

( P)

và

là

D.

.
Lời giải

Chọn A
Mặt phẳng

( P)

Đường thẳng

phương. Mà
Câu 39.Số
3

1
x + −1
x

7

A. .

2+

−3

11
x

d

d

có một vectơ pháp tuyến là
vng góc với mặt phẳng

đi qua

nghiệm
≤ log 2

A ( 1; −2;1)

nguyên

2 x + 11
x2 + x +1

r
n = ( 2; −1;1)

( P)

nên nhận

nên có phương trình:
thuộc

.r

khoảng

n = ( 2; −1;1)

 x = 1 + 2t

 y = −2 − t

z = 1+ t


( 0;12 )

của

(

làm vectơ chỉ

t∈¡

bất

).
phương

trình

là:
8

5

B. .

C. .
Lời giải

D.

11

.


Chọn C
x>−

Điều kiện
3

1
x + −1
x

11
2
2+

−3

và

11
x

x≠0

.
1

≤ log 2

Khi đó

⇔3

1
x + −1
x

2+

−3

Xét hàm số

11
x

11

x + −1
2+
1
 2 x + 11 
2 x + 11
x

x
⇔
3
−
3
≤ log 2  2
÷
2
2
x − x +1
 x − x +1 

11 

1
 2+ x ÷
x + −1
1
1
1  2 +11x 1

 11 
x
≤ log 2 
⇔
3
+
log
x
−

1
+
≤ 3 + log 2  2 + ÷
÷
2
÷
1
2
2
x
2
x


 x −1+ ÷
x


1
f ( t ) = 3t + log 2 t
2

hàm số đã cho đồng biến trên

với

t>0

( 0; +∞ )

f ′ ( t ) = 3t ln 3 +

. Khi đó

1
> 0, ∀t > 0
2t ln 2

.

nên

.

Do đó
1
1
11
x 2 − 3x − 10

 11 
 11

f  x −1 + ÷≤ f  2 + ÷⇔ x −1 + ≤ 2 + ⇔
≤ 0 ⇔ x ∈  − ; −2  ∪ ( 0;5]
x
x
x
x
x



 2


Vậy trên khoảng

( 0;12 )

Câu 40.Cho hàm số
hàm số

y = f ( x)

có

5

nghiệm nguyên thỏa yêu cầu bài tốn.

y = f ( x)

như hình vẽ

.

có đạo hàm

f ′( x)

trên khoảng

( −∞; +∞ )

. Đồ thị của


Tìm số nghiệm của phương trình
3

A. .

B.

4

(

 f ( x2 ) 



2

'

) =0

.

C.

2

5

.

D. .

Lời giải
Chọn A.
Ta có

(

 f ( x2 ) 



) = 0 ⇔ 4x. f ( x ) . f ′ ( x )

2 '

Suy ra phương trình

2

3

Câu 41.Cho hàm số

2

f ( x)

xác định trên

f ′( x) =

R\ { −2; 2}

. Giá trị biểu thức

thỏa mãn

f ( −4 ) + f ( 0 ) + f ( 4 )

B. .

C. .

D. .

Lời giải

∫x
Ta có:

2

4
1 
 1
dx = ∫ 
−
÷dx = ln x − 2 − ln x + 2 + C
−4
 x−2 x+2

.

 x−2
ln x + 2 + C1 khi x < −2

 2− x
f ( x ) = ln
+ C2 khi − 2 < x < 2
 x+2
 x−2
ln x + 2 + C3 khi x > 2


Do đó:
1
f
3
=
ln
+ C3 ; f 0 = C

(
)
f ( −3) = ln 5 + C1 ;
( ) 2
5

;

4
x −4

bằng
3

2

1

A. .

.

nghiệm.

f ( −3) + f ( 3) = f ( −1) + f ( 1) = 2

4

 f ( x2 ) = 0
 x 2 = ±1

 x=0


2
2
⇔  f ′ ( x 2 ) = 0 ⇔  x = ±1, x = 0 ⇔  x = 1

 x=0
 x = −1
=0

 x = 0

1
f
1
=
ln
+ C2 ;
(
)
f ( −1) = ln 3 + C2 ;
3

2

,


C1 + C3 = 2

⇒
f ( −3) + f ( 3) = f ( −1) + f ( 1) = 2 ⇔ C1 + C3 = 2C2 = 2
C2 = 1

.
1
f ( −4 ) + f ( 0 ) + f ( 4 ) = ln 3 + C1 + C2 + ln 3 + C3 = C1 + C2 + C3 = 3

Vậy

Câu 42.Cho hình chóp
Hai

mp( SAB )

đáy một góc

A.

a3 15
5

2a3 15
3

và

600

.

S.ABCD

mp( SAD )

có đáy

ABCD

là hình chữ nhật có

a3 15
3

S.ABCD

.

.

ìï (SAB ) ^ (ABCD )
ïï
ïí (SAD) ^ (ABCD )
Þ SA ^ (ABCD )
ïï
ïï (SAB ) Ç (SAD ) = SA
ỵ

.

SC

a

theo .

C.

Lời giải

+ Ta có:

AB = a, BC = 2a

cùng vng góc với mặt phẳng đáy, cạnh

. Tính thể tích khối chóp

B.

.

a3 3
15

.

D.

.

hợp với


Þ

Hình chiếu của

SC

lên

mp( ABCD )

é·
ù ·
Þ êSC ,( ABCD ) ú= SCA
= 600
ê
ú
ë
û

1
VS .ABCD = SA.SACBD
3

+ Mà:

+ Tìm

SA ?

Trong

D SAC

là

AC

.

.

( 1)
.
A

·
tan SCA
=

vng tại :

SA
·
Þ SA = AC .tan SCA
AC

= AB 2 + BC 2 .tan600 = a2 + (2a)2 . 3 = a 15 ( 2)

+ Ta lại có:

+ Thay

SABCD = AB .BC = a.2a = 2a2 ( 3)

( 2) ,( 3)

( 1) ị

VABCD =

vo

.

.

1
2a3 15
ìa 15 ì2a2 =
3
3

(vtt).

Chn ỏp án D

Câu 43.Tìm

các

số

thực

az 2 + bz + c = 0, cz 2 + bz + a + 16 − 16i = 0

A.
C.

a, b, c

sao

cho

có nghiệm chung là

( a, b, c ) = ( 1; −2;5 )

B.

( a, b, c ) = ( −1; −2;5)

D.

hai

phương

z = 1 + 2i

( a, b, c ) = ( 1;2;5 )
( a, b, c ) = ( 1; −2; −5)

Lời giải
Theo giả thiết phương trình

az 2 + bz + c = 0

có nghiệm

z = 1 + 2i

khi

 −3a + b + c = 0
2
a ( 1 + 2i ) + b ( 1 + 2i ) + c = 0 ⇔ −3a + b + c + ( 4a + 2b ) i = 0 ⇔ 
 4a + 2b = 0

Tương tự phương trình

cz 2 + bz + a + 16 − 16i = 0

có nghiệm

z = 1 + 2i

khi

( 1)

trình


c ( 1 + 2i ) + b ( 1 + 2i ) + a + 16 − 16i = 0 ⇔ c ( −3 + 4i ) + b + 2bi + a + 16 − 16i = 0
2

 a + b − 3c + 16 = 0
⇔ ( a + b − 3c + 16 ) + 2 ( b + 2c − 8 ) i = 0 ⇔ 
b + 2c − 8 = 0

( 1) , ( 2 )

Từ

suy ra

( 2)

( a, b, c ) = ( 1; −2;5 ) .

Chọn A.
Câu 44.Cho

z1 , z2

trị lớn nhất của

z − 3 + 3i = 2

là hai trong các số phức thỏa mãn

z1 + z2

và

z1 − z2 = 4

. Giá

bằng

8

A. .

B.

4 3

4

.

C. .

D.

2+2 3

.
Lời giải
Chọn A
Gọi

Do

M, N

lần lượt là điểm biểu diễn của hai số phức

 z1 − 3 + 3i = z2 − 3 + 3i = 2

 z1 − z2 = 4

Như vậy
do đó

I

MN

(

nên

MN OI = 12

,

.

M , N ∈ C : x − 3 2 + y + 3

( ) (
)

 MN = 4 = 2.2

là đường kính của đường trịn

là trung điểm

z1 , z2

.

( C)

(

I 3; − 3

với tâm

)

)

2

= 22

.

, bán kính

R=2

,


z1 + z2 = OM + ON ≤

( 1 + 1) ( OM

2

+ ON

2

)

Ta có

Dấu
OI

"="

xảy ra khi và chỉ khi

OM = ON ⇔ MN


MN 2 
2
= 2  2OI +
÷= 8
2 


là đường kính của

( C)

.
vng góc với

.

f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx +

Câu 45.Cho

( a, b, c, d , e ∈ ¡ )

hai

hàm

số

. Biết rằng đồ thị của hàm số
−2 1 3

điểm có hoành độ lần lượt là
; ;
hai đồ thị đã cho có diện tích bằng

A.

253
48

B.

y = f ( x)

3
4

và

g ( x ) = dx 2 + ex −

và
y = g ( x)

3
4

,

cắt nhau tại ba

(tham khảo hình vẽ). Hình phẳng giới hạn bởi

125
24

C.

125
48

D.

253
24

Lời giải
Chọn A
Ta có phương trình hồnh độ giao điểm là:
ax 3 + bx 2 + cx +

3
3
3
= dx 2 + ex − ⇔ ax 3 + ( b − d ) x 2 + ( c − e ) x + = 0
4
4
2

h ( x ) = ax 3 + ( b − d ) x 2 + ( c − e ) x +

Đặt

3
2

h ( x ) = ax 3 + ( b − d ) x 2 + ( c − e ) x +

Dựa vào đồ thị ta có
x = 1; x = 3

.

.

3
2

có ba nghiệm là

x = −2

;


Với

Với

Với

x = −2

x =1

x=3

( 1) , ( 2 )

Từ

ta có

ta có

ta có

và

3

−8a + 4 ( b − d ) − 2 ( c − e ) = − , ( 1)
2

3
a + ( b − d ) + ( c − e) = − ,
2

( 2)
.

3
27 a + 9 ( b − d ) + 3 ( c − e ) = − ,
2

( 3)

ta có

.

( 3)
.

3
1


 −8a + 4 ( b − d ) − 2 ( c − e ) = − 2
a = 4



3
1


⇔ b − d = −
a + ( b − d ) + ( c − e ) = −
2
2


3
5


 27a + 9 ( b − d ) + 3 ( c − e ) = − 2
c − e = − 4



.

Hay ta có
S=

3

1

−2

−2

∫ f ( x ) − g ( x ) dx = ∫

3

1 3 1 2 5
3
1
1
5
3
x − x − x + dx + ∫ x 3 − x 2 − x + dx = 63 + 4 = 253
4
2
4
2
4
2
4
2
16 3
48
1

.
Câu 46.Trong không gian với hệ toạ độ

( P) : x + y + z +1 = 0 ( Q) :

đường thẳng đi qua

A.

x = 1+ t

 y = −2
z = 3 − t


, cho điểm

và hai mặt phẳng

. Phương trình nào dưới đây là phương trình

, song song với

B.

( P)

và

( Q)

 x = −1 + t

y = 2
 z = −3 − t



x = 1

 y = −2
 z = 3 − 2t


Lời giải
Chọn A

A ( 1; −2;3)

x− y+ z−2 =0

,

A

Oxyz

?

C.

 x = 1 + 2t

 y = −2
 z = 3 + 2t


D.


r
 n( P ) = ( 1;1;1)
r
 n( Q ) = ( 1; −1;1)

Ta có

d

. Vì đường thẳng
r
u = ( 1;0; −1)
( P) ( Q)
d
mặt phẳng
và
, nên có véctơ chỉ phương
.

Đường thẳng

d

và

 nr( P ) , nr( Q )  = ( 2; 0; −2 )




đi qua

A ( 1; −2;3)

nên có phương trình:

Câu 47.Cho hình nón trịn xoay có chiều cao bằng

( P)

4

song song với hai

x = 1+ t

 y = −2
z = 3 − t


và bán kính bằng 3. Mặt phẳng

đi qua đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là một tam giác có độ dài

cạnh đáy bằng
A.

6

2

. Diện tích của thiết diện bằng.

.

B.

19

.

C.

2 6

.

D.

Lời giải

Ta có:

h = OI = 4, R = IA = IB = 3, AB = 2

Gọi M là trung điểm AB
Lại có:

Vậy:

.

⇒ MI ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( SMI ) ⇒ AB ⊥ SM

.

SB = OI 2 + IB 2 = 42 + 32 = 5 SM = SB 2 − MB 2 = 52 − 12 = 2 6

;

1
1
S∆SAB = .SM . AB = .2 6.2 = 2 6
2
2

.

.

2 3

.


Câu 48.Có bao nhiêu số nguyên

y

nguyên

59

A.

thỏa mãn

x

sao cho ứng với mỗi

log 4 ( x 2 + y ) ≥ log 3 ( x + y )

.

B.

58

x

có khơng q

728

số

?

.

C.

116

.

D.

115

.

Lời giải
Chọn C
log3 ( x + y ) − log 4 ( x 2 + y ) ≤ 0

Bất phương trình đã cho tương đương
Xét hàm số

f ( y ) = log 3 ( x + y ) − log 4 ( x 2 + y )

Tập xác định

Với mọi
⇒ f ( y)

Do

y

ta có

x2 ≥ x

y = −x + k

.

.
f ′( y ) =

nên

đồng biến trên khoảng

là số nguyên thuộc

Giả sử
Mà

x∈¢

D = (− x ; +∞)

1
1

− 2
≥ 0, ∀x ∈ D
( x + y ) ln 3 ( x + y ) ln 4

(− x ; +∞)

(− x ; +∞)

nên

.
y = −x + k, k ∈ ¢+

là nghiệm của bất phương trình (1) thì

− x + 1 < − x + 2 < ... < − x + k

và

f ( y)

f (− x + 1) < f (− x + 2) < ... < f (− x + k ) ≤ 0

.
f ( y) = f (− x + k ) ≤ 0

đồng biến trên khoảng
, nên các số nguyên

(− x ; +∞)

Để có khơng q 728 số ngun

y

thì

f (− x + 729) > 0 ⇔ log 3 729 − log 4 ( x 2 − x + 729 ) > 0

1 − 13469
1 + 13469
2
2

.

, suy ra

− x + 1, − x + 2, ..., − x + k

là nghiệm của (1), hay nói cách khác bất phương trình (1) sẽ có
x
mãn yêu cầu ứng với mỗi .

⇔ x 2 − x − 3367 < 0 ⇔

(1)

k

số nguyên

y

đều

thỏa