Đề thi THPT Quốc gia lớp Toán thầy Minh ĐHSP 2020

LỚP TỐN THẦY MINH ĐHSP
ĐỀ THI THỬ SỐ 32

KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THƠNG QUỐC GIA 2020
MƠN: TỐN 12
(Thời gian làm bài 90 phút)
Họ và tên thí sinh:..............................................................SBD:.....................
Mã đề thi 132

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:

[2H1.3-1] Cho khối chóp S . ABC có diện tích đáy bằng 2a 2 , đường cao SH  3a . Thể tích
khối chóp S . ABC là
A. a 3 .

B. 2a 3 .

C. 3a 3 .

D.

3a 3
.
2

Lời giải
Chọn B.
1
1
Thể tích khối chóp S . ABC là V  S ABC .SH  .2a 2 .3a  2a 3 .

3
3

Câu 2:

[2D1.2-1] Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau. Giá trị cực đại của hàm số bằng

A. 2 .

B. 4 .

C. 3 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn C.
Từ bảng biến thiên ta có giá trị cực đại của hàm số là 3 .
Câu 3:

[2H3.1-1] Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  3;3;7  và B  2;3;2  , C  2; 3;3 . Tọa độ
trọng tâm G của tam giác ABC là?
A. G 1;1;4  .
B. G  2; 1;3 .

C. G 1; 2;3 .

D. G 1; 1;1 .

Lời giải

Chọn A.
Tọa
độ
trọng
tâm
tam
G của
x A  xB  xC
3 2 2


xG 
 xG 

3
3
 xG  1


y A  yB  yC
333



  yG  1  G 1;1; 4  .
  yG 
 xG 
3
3
z  4



 G
z A  z B  zC
723


x

z

G
G


3
3


Câu 4:

giác

ABC

là

[2D1.1-1] Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Hàm số đã cho đồng biến trong khoảng
nào dưới đây?
A. (2;0) .

B. (0;1) .

C. (3;1) .

D. (1; ) .

Trang 1/17 - Mã đề thi 001


Lời giải
Chọn D.
Từ đồ thị ta thấy hàm số trên đồng biến trên các khoảng  ; 1 và 1;   .
Nên chọn đáp án
Câu 5:

D.

 a3 
[2D2.3-2] Biết log a 2 
  3 , tính log a b .
 b
A.  6 .
B. 5 .

C. 12 .

D. 4 .

Lời giải

Chọn A.
 a3 
3 1
3
log a 2 
  3  log a 2 a  log a 2 b  3   log a b  3  log a b  6 .
2 4
 b
3

Câu 6:

[2D3.2-2] Cho



3

f ( x)dx  1 ,

2

 g ( x)dx  5 .
2

3

3

Tìm a để  (a  2ax  3 f ( x))dx   (a  2) g ( x)dx  10 .

2

2

A. a  2 .

B. a  3 .

C. a  1 .
Lời giải

D. a  3 .

Chọn B.
3

3

3



2
 (a  2ax  3 f ( x))dx  (a  2) g ( x)dx  10  ax  ax
2



3
2

2

3

3  f ( x)dx   a  2   g ( x )dx  10
2

2

 6a  3  5  a  2   10  a  3 .
Câu 7:

[2H2.2-2] Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình lập phương có cạnh bằng 1 là?
A.  3 .

B.

4 3
.
3

C.

 3
2

.

D. 3 3 .

Lời giải
Chọn C.
Hình lập phương có cạnh là 1 nên có khối cầu ngoại tiếp có bán kính R 

3
.
2

Trang 2/17 - Mã đề thi 001


3

4  3  3
4
Thể tích của khối cầu: V  R 3   
.
 
2
3  2 
3
Câu 8:

[2D2.5-2] Tập các nghiệm của phương trình: ( x 2  2 x  3) ln ( x  1)  0 là?
A. 1; 2;  3 .

B. 1; 2; 3 .

C. 1; 2; 3 .

D. 2;3 .

Lời giải
Chọn D.
Điều kiện: x  1 .
 x  1
 x2  2x  3  0
Phương trình trở thành: 
 x  2.
  x  3
ln  x  1  0
 x  1  1

So với điều kiện ta được S  2;3 .
Câu 9:

[2H3.2-2] Trong không gian Oxyz trục Ox song song với mặt phẳng có phương trình nào?
A. x  by  cz  d  0 với (b 2  c 2  0) .
2

2

C. by  cz  1  0 với (b  c  0) .

B. y  z  0 .
D. x  1  0 .
Lời giải

Chọn C.


Trục Ox song song với mặt phẳng    thì 1 véctơ chỉ phương u  1;0;0  của trục Ox sẽ

vuông góc với 1 véctơ pháp tuyến n của mặt phẳng    và điểm O  0;0; 0      .
Ta thử các đáp án


Đáp án A: n  1; b; c   u.n  1.1  0.b  0.c  1  0 (loại)


Đáp án B: n   0;1;1  u.n  1.0  0.1  0.1  0 .
Mà 0  0  0 nên O  0;0; 0      (loại).


Đáp án C: n   0; b;c   u.n  1.0  0.b  0.c  0 .
Mà b.0  c.0  1  0 nên O  0; 0;0      (nhận).


Đáp án D: n  1;0; 0   u.n  1.1  0.0  0.0  1  0 (loại).
Câu 10: [2D3.1-2] Họ nguyên hàm của hàm số f  x   sin 2 x là
A. cos 2x  C .

B.  cos 2x  C .

C.

1
cos 2 x  C .
2

D. sin 2 x  C .

Lời giải
Chọn D.
Ta có:

1

1

 f  x  dx   sin 2 xdx   2 cos 2 x  C   2 1  2sin x   C  sin
2

2

1
x C .
2

Câu 11: [2H3.2-1] Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  P  : x  y  z  3  0 ,  P  đi qua điểm nào
dưới đây?
A. M 1;1;  1 .

B. N  1;  1; 1 .

C. P 1;1;1 .

D. Q  1;1;1 .

Lời giải
Chọn B.

Trang 3/17 - Mã đề thi 001


Thay lần lượt tọa độ 4 điểm ta thấy N  1;  1; 1 thỏa mãn.
Câu 12: [1D2.1-2] Một tập A có n phần tử, số tập con khác rỗng của tập A là
A. n ! .
B. n ! 1 .
C. 2n  1 .
D. 2n .
Lời giải
Chọn C.
Số tập con của tập A là 2n .
Vậy số tập con khác rỗng của tập A là 2n  1 .
Câu 13: [1D3.3-1] Một cấp số cộng  un  có 10 số hạng, biết u1  3 , u10  67 . Tính tổng các số hạng
của cấp số cộng này.
A. 350 .

B. 700 .

C. 175 .
Lời giải

D. 330 .

Chọn A.
Ta có: S10 
Câu 14:

 u1  u10  .10   3  67  .10
2

2

 350 .

[2D1.5-1] Đồ thị trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào?
y
1

-1

x

O
-1
-2

A. y 

x 1
.
x 1

B. y  x 3  3 x  2 .

C. y  x 4  2 x 2  1 .

D. y  x 4  2 x 2  1

Lời giải
Chọn C.
Đồ thị hàm số đã cho là đồ thị của hàm số trùng phương.
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị nên a.b  0 .
Vậy đáp án C đúng.
Câu 15: [2D1.3-1] Cho hàm số f  x  liên tục trên  3; 2 và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M , m lần
lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của f  x  trên  3; 2 . Tính M  m .

x

3

0

f  x

1

2

2

1
0

4

A. 4 .

B. 5 .

C. 6 .
Lời giải

D. 7 .

Chọn C.
Dựa vào bảng biến thiên ta có: M  2 , m  4 nên M  m  2  4  6 .

Trang 4/17 - Mã đề thi 001


3
2
Câu 16: [2D1.2-1] Cho f ( x) có đạo hàm f ( x)  x  x  1  x  2  . Số điểm cực trị của hàm số f ( x)
là?
A. 1.
B. 2 .
C. 3 .
D. 6 .

Lời giải
Chọn B.

 x  1
Ta có: f ( x)  0   x  0 .

 x  2

Nhận xét rằng các nghiệm x  1 và x  0 là các nghiệm đơn và x  2 là nghiệm kép nên đạo
hàm f ( x) chỉ đổi dấu khi đi qua các nghiệm x  1 và x  0 , không đổi dấu khi đi qua
nghiệm x  2 .
Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.
Câu 17:

[2H3.1-1] Phương trình mặt cầu đường kính AB với A  1; 2;5  , B  3; 2; 1 là
A. ( x  1) 2  y 2  ( z  3)2  12 .

B. ( x  1)2  y 2  ( z  3) 2  3 .

C. ( x  1)2  y 2  ( z  3)2  12 .

D. ( x  1) 2  y 2  ( z  3) 2  48 .
Lời giải

Chọn C.
Mặt cầu đường kính AB với A  1; 2;5 , B  3; 2; 1 có tâm I 1;0;3 và bán kính
R

AB
 2 3 nên phương trình mặt cầu là ( x  1)2  y 2  ( z  3)2  12 .
2

Câu 18: [2D2.3-2] Đặt log 2 3  a . Tính theo a giá trị log18 12
A.

2a  1
.
a+2

B.

a2
.
2a  1

C.

a2
.
2a  1

D.

2a
.
1  2a

Lời giải
Chọn D.
Ta có log18 12 
Câu 19:

[2H3.2-2]

log 2 12 2  log 2 3
2a
.



log 2 18 1  2 log 2 3 1  2a

Trong không gian

 Q  : x  y  2 z  3  0 . Có

Oxyz ,

cho hai mặt

phẳng

 P : x  y  2z  3  0 ,

bao nhiêu điểm M có hồnh độ nguyên thuộc Ox sao cho tổng

khoảng cách từ M đến hai mặt phẳng  P  ,  Q  bằng khoảng cách giữa ( P ) và (Q ) .
A. 2.

B. 4.

C. 6.
Lời giải

D. 7.

Chọn D.

A 1; 0;1   P  .

Do  P  //  Q  nên d   P  ,  Q    d  A;  Q   

1 0  2  3
2

2

1   1  2

 6.
2

Gọi M  m;0;0   Ox , m  .
Có d  M ;  P    d  M ;  Q    d   P  ,  Q   

m 3
6



m3
6

 6

Trang 5/17 - Mã đề thi 001


 m  3  m  3  6 1 .
Ta

m 3  m  3  3 m  m  3  3 m  m  3  6 ,

có

1   3  m  m  3  0  3  m  3 .
Do m    m  3; 2; 1;0;1; 2;3 , gồm 7
Câu 20: [2D2.6-2] Bất phương trình





2 x 1

2 1

do

đó

phương

trình

giá trị thỏa mãn.





x 3

2 1

có bao nhiêu nghiệm nguyên thuộc

C. 100.
Lời giải

D. 101.



 100;100 .
A. 98.

B. 99.

Chọn D.
2
 1  2x  x  3  x   .
3
Do m   và m   100;100 nên m  0;1; 2;...;100 , gồm 101 giá trị thỏa mãn.

Bất phương trình 

Câu 21:



1 2 x



2 1







x3

2 1

[2H2.1-2] Cho khối nón có đường sinh bằng 2a , thiết diện qua trục của hình nón là tam giác
đều. Tính diện tích xung quanh của hình nón.
B.  a .

A. 2 a .

4 a 2
D.
.
3

2 a 2
C.

.
3

2

2

Lời giải
Chọn A.

1
AB  a.
2
Vậy diện tích xung quanh của hình nón: S xq   rl   .a.2 a  2 a 2 .
Ta có: Thiết diện qua trục là tam giác đều ABC , suy ra: r 

Câu 22: [2D1.4-2] Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như hình bên. Tìm số tiệm cận của đồ thị hàm
số.

x


1

1



2

f  x

3

1
A. 0 .

B. 1.

C. 2 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn B.
Ta có:

Trang 6/17 - Mã đề thi 001


lim f  x   2 và lim f  x   3 nên đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng.

x 1

x 1

lim f  x   1 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  1 .

x 

Vậy đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận.
Câu 23: [2H1.3-2] Tính thể tích khối tứ diện đều có 4 đỉnh là đỉnh của khối lập phương cạnh a .
A.

a3
.
3

B.

a3
.
4

C.

a3
.
6

D.

a3
.
12

Lời giải
Chọn A.
D

C

A
B
D

C

B
A
Ta có khối tứ diện ACBD là khối tứ diện đều có các cạnh đều bằng a 2 .
Thể tích hình lập phương ABCD. ABC D : V  a 3 .
1
Thể tích các khối chóp: VAABD  VBACB  VC CBD  VDACD  a 3 .
6
1
1
Vậy thể tích khối tứ diện đều ACBD : VACBD  V  4.VAABD  a 3  4. a 3  a 3 .
6
3
2

Câu 24: [2D3.1-2] Hàm số f  x   22x  x có đạo hàm là
A. f '  x    2x  2  .2

2 xx2

1 2 x  x 2

C. f '  x   1  x  .2

.ln 2

.ln 2

B. f '  x 

 2x  2  .22 x x


D. f '  x 

1  x  .22 x x


2

ln 2

2

ln 2

Lời giải
Chọn C.



2

 



2

2

2

Ta có f '  x   22x  x '   x 2  2 x '.22 x  x ln 2   2 x  2  .22 x  x ln 2  1  x  .21 2 x  x .ln 2
Câu 25: [2D1.5-2] Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ bên.Số nghiệm thực của phương
trình f  x   4 là?

A. 2

B. 3

C. 4
Lời giải

D. 1

Chọn A.
Từ bảng biến thiên ta thấy rằng nếu kẻ đường thẳng y  4 cắt ngang đồ thị thì sẽ cắt tại 2 điểm,
do đó phương trình f  x   4 có 2 nghiệm.
Trang 7/17 - Mã đề thi 001


Câu 26: [1H3.4-2] Cho hình chóp tứ giác đều, biết hai mặt bên đối diện diện tạo với nhau góc 60 , tính

góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp.
A. 45
B. 60
C. 60 hoặc 30
D. 30
Lời giải
Chọn C.
S

A

B

I
H
D
C
Gọi I, H lần lượt là trung điểm của AD và BC. Dễ dàng nhận thấy góc giữa 2 mặt bên đối diện
là
  60 nếu ISH
 là góc nhọn
ISH
  60 nếu ISH
 là góc tù
180  ISH
Mặt khác ta lại có ISH là tam giác cân nên góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp là
  120
30 nếu ISH
  60
60 nếu ISH

Câu 27: [2D2.5-2] Tổng các nghiệm của phương trình log 2 17.2 x  8   2 x bằng
A. 1

B. 2

C. 2
Lời giải

D. 3

Chọn D.
log 2 17.2 x  8   2 x  17.2 x  8  2 2 x  22 x  17.2 x  8  0

 x 17  257

17  257
2 
 x  log 2
2
2


.
 x 17  257

17  257
2 
 x  log 2

2


2
Tổng các nghiệm của phương trình là log 2

17  257
17  257
 log 2
 3.
2
2

Câu 28: [2H2.1-2] Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , cạnh bên SA vng góc
với đáy, SA  a . Tập hợp những điểm M trong không gian sao cho SM tạo với  ABC  góc
45o là?

A. Mặt nón đỉnh S có góc ở đỉnh bằng 45o .
B. Mặt nón đỉnh S , có một đường sinh là SB .
C. Mặt nón đỉnh đỉnh A có một đường sinh là SA .
D. Mặt nón đỉnh A có một đường sinh là AB .
Lời giải
Trang 8/17 - Mã đề thi 001


Chọn B.
S

S
a
B
M

A

a

A
C

45

B

Ta có SAB vng cân tại A   SM ,  ABC     SB,  ABC    45o .
Vậy: Tập hợp những điểm M trong khơng gian là mặt nón đỉnh S , có một đường sinh là SB .
Câu 29: [2D3.1-2] Họ nguyên hàm của hàm số f  x   x  e x  sin x  là
A.  x  1 e x  x cos x  sin x  C

B.  x  1 e x  x cos x  sin x  C

C.  x  1 e x  x cos x  sin x  C

D.  x  1 e x  x cos x  sin x  C
Lời giải

Chọn A.

 x e

x

 sin x dx

u  x
du  dx
Đặt 

x
x
dv   e  sin x  dx v  e  cos x

 x e

x

 sin x dx  x  e x  cos x     e x  cos x dx

  x  e x  sin x dx  x  e x  cos x    e x  sin x 
  x  e x  sin x dx   x  1 e x  x cos x  sin x  C

Phương pháp trắc nghiệm: Sử dụng phương pháp bảng.
u và đạo hàm của
dv và nguyên hàm của
u
v
x
x

e  sin x
1
e x  cos x


0
e x  sin x
Câu 30: [2H1.3-3] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O , AB  a . Cạnh bên
SA vuông góc với đáy và SA  3a . Gọi M là trung điểm của SB , N là điểm trên cạnh SD
sao cho SN  2 ND . Tính thể tích khối tứ diện ACMN .

Trang 9/17 - Mã đề thi 001


A.

a3
.
3

B.

a3
.
4

C.

a3
.
6

D.

a3
.
12

Lời giải
Chọn B.

VS . ACB  VS . AIM  VAIMC  VSIMC  VAMBC  VAIMC  VS . ACB  VS . AIM  VSIMC  VAMBC  .
VS . ACD  VS . AIN  VAINC  VSINC  VANDC  VAINC  VS . ACD  VS . AIN  VSINC  VANDC  .
Vậy VACMN  VS . ABCD  VS . ANM  VS .CMN  VAMBC  VANDC .
VS . ANM SN SM 2 1 1
1
1
    VS . ANM  VS . ADB  VS . ABCD .


3
6
VS . ADB SD SB 3 2 3
VS .CMN SN SM 2 1 1
1
1
    VS .CNM  VS .CBD  VS . ABCD .


3
6
VS .CBD SD SB 3 2 3

1

1
1
VAMBC   d  M ,  ABCD    S ABC   d  S ,  ABCD    S ABC  VS . ABCD .
3
6
4
1
1
1
VANDC   d  N ,  ABCD    S ADC   d  S ,  ABCD    S ABC  VS . ABCD .
3
9
6
Suy ra

a3
1
1
1
1
1
1 1
VACMN  VS . ABCD  VS . ABCD  VS . ABCD  VS . ABCD  VS . ABCD  VS . ABCD    3a  a 2  .
4
6
6
4
6
4
4 3

x 1
y  3 z 1
và mặt phẳng


2m  1
2
m2
( P) : x  y  z  6  0 , hai điểm A  2; 2; 2  B 1; 2;3 thuộc ( P) . Giá trị của m để AB vuông

Câu 31: [2H3.3-2] Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d ) :

góc với hình chiếu của d trên ( P) là?
A. m  1 .

B. m  1 .

C. m  2 .
Lời giải

D. m  3 .

Chọn D.

Trang 10/17 - Mã đề thi 001



Ta có AB   1;0;1 .


Đường thẳng d đi qua điểm M 1;  3;  1 và có véc-tơ chỉ phương u   2m  1; 2; m  2  .

Mặt phẳng  P  có véc-tơ pháp tuyến n  1;1;1 .

 

 1
1
8
7
Nếu d song song với  P   u.n  0  m   . Khi đó u   ; 2;   và AB.u   . Suy ra
3
3
3
3
AB khơng vng góc với d và hình chiếu của d trên  P  (loại).

Nếu d cắt  P  tại điểm F , H là hình chiếu của M xuống  P  . Khi đó đường thẳng đi qua
hai điểm H và F chính là hình chiếu của d trên mặt phẳng  P  .

 
 
 AB  MH
Do 
 AB  d  AB  u  AB.u  0
 AB  HF
 1.  2m  1  0.2  1.  m  2   0  m  3 .
Câu 32: [2D1.1-3] Tập hợp các giá trị của m để hàm số y  x3  3(2m  3) x 2  72mx  12m 2 nghịch
biến trên  2; 4 là?

A.  2;5 .

B.  2;    .

C. 1;    .

D.  ;3 .

Lời giải
Chọn C.
Ta có y  3x 2  6  2m  3 x  72m .
Điều kiện y  0 với mọi x   2; 4  3 x 2  6  2m  3 x  72m  0 với mọi x   2; 4

 3 x 2  18 x  12m  x  6  với mọi x   2; 4
 3 x  12m với mọi x   2; 4  12  12m  m  1 .
3

Câu 33:

[2D3.2-2] Cho

2x  3
dx  a ln 2  b ln 3 . Tính giá trị biểu thức a 2  ab  b .
2

x
2

x

B. 21 .

A. 11 .

C. 31 .
Lời giải

D. 41 .

Chọn D.
Ta có
3

3

2x  3
1 
3
2 x 2  x dx  2  x  x  1  dx
Trang 11/17 - Mã đề thi 001


  3ln x  ln x  1 

3

 3ln 3  3ln 2  ln 4  ln 3

2

= 4 ln 3  5ln 2 .
3

Theo bài ra

2x  3
dx  a ln 2  b ln 3 .
2
x
2

x

Suy ra a  5 , b  3 .
2

Vậy  5   4.  5   4  41 .
Câu 34: [2D1.5-3] Cho hàm số f  x  . Hàm số f   x  có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Điều kiện
của m để bất phương trình f  x  2   x.e x  m nghiệm đúng với mọi giá trị của x    1;1 .
x

-∞

1

-1

4

+∞

2
-1
f '(x)
-3
-∞

-∞

1
A. m  f 1  .
e

B. m  f  3  2e .

1
C. m  f  1  .
e
Lời giải

D. m  f  3  2e .

Chọn A.
Đặt g  x   f  x  2   x.e x .
Bất phương trình f  x  2   x.e x  m nghiệm đúng với mọi giá trị của x    1;1 khi và chỉ
khi max g  x   m .
 1;1

Đặt t  x  2  x  t  2 .
Do x    1;1 nên t  1;3 .

Khi đó g  t   f  t    t  2  .et 2  f  t  

t 2 t
e với t  1;3 .
e2

Dựa vào bảng biến thiên ta có 3  f  x   1, x  1;4 nên 3  f  t   1, t  1;3 .
Do đó ta có g   t   f   t  

t 1 t
e  0, t  1;3 .
e2

1
Do đó hàm số g  t  nghịch biến trên đoạn 1;3  max g  x   max g  t   g 1  f 1  .
e
 1;1
1;3
1
Vậy m  f 1  .
e

Trang 12/17 - Mã đề thi 001


Câu 35: [1D2.5-3] Cho một đa giác đều có 20 đỉnh nội tiếp trong đường tròn  C  . Lấy ngẫu nhiên hai
đường chéo trong số các đường chéo của đa giác. Tính xác suất để lấy được hai đường chéo cắt
nhau và giao điểm của hai đường chéo này nằm bên trong đường tròn?
17
57

19
19
A.
B.
C.
D.
63
169
63
169
Lời giải
Chọn B.
Số đường chéo trong một đa giác đều có 20 đỉnh là C202  20  170 .
2
Chọn ngẫu nhiên hai đường chéo trong số 170 đường chéo ta có n     C170
cách.

Gọi A là biến cố: “Lấy được hai đường chéo cắt nhau và giao điểm của hai đường chéo này
nằm bên trong đường tròn ”
Ta thấy cứ 4 đỉnh trong số 20 đỉnh sẽ có hai đường chéo cắt nhau và giao điểm của hai đường
chéo này nằm bên trong đường tròn. Suy ra n  A   C204 .
Vậy p  A  

n  A  C204
57
.
 2 
n    C170 169

Câu 36: [2H3.1-3] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2; 3; 2  , B  2;1; 4  và mặt cầu

 
2
2
 S  :  x  1  y 2   z  4   12 . Điểm M  a; b; c  thuộc  S  sao cho MA.MB nhỏ nhất, tính
abc .
7
A.
3

D. 4 .

C. 1

B.  4

Lời giải
Chọn C.
Gọi I  0; 1;3 là trung điểm của đoạn thẳng AB .
Mặt cầu có tâm J  1;0; 4  bán kính R  2 3 .
Ta có: IJ  3  I nằm trong mặt cầu.
     
Ta có: MA.MB  MI  IA MI  IB  MI 2  IA2 đạt giá trị nhỏ nhất  MI nhỏ nhất.







Mặt khác M  a; b; c  thuộc  S  . Do đó MI nhỏ nhất khi MI  R  IJ  3  I là trung điểm

của đoạn thẳng IM  M 1; 2; 2   a  b  c  1 .
Câu 37:

[2D1.5-3] Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ bên dưới:

Phương trình f
A. 1.





2 x  x 2  3 có bao nhiêu nghiệm?

B. 2 .

C. 3 .
Lời giải

D. 4 .

Trang 13/17 - Mã đề thi 001


Chọn B.
Xét hàm số y  f
y 

1 x
2 x  x2

.f 







2 x  x 2 , với x   0; 2 ta có

1  x  0
2 x  x 2 ; y  0  
 x  1.
2
 2 x  x  1



Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình f





2 x  x 2  3 có hai nghiệm phân biệt.

Câu 38: [2H2.2-4] Cho hai mặt cầu  S1  có tâm I1 , bán kính R1  1 ,  S2  có tâm I 2 bán kính R2  5 .

Lần lượt lấy hai điểm M 1 , M 2 thuộc hai mặt cầu  S1  ,  S2  . Gọi K là trung điểm của M 1M 2 .
Khi M 1 , M 2 di chuyển trên  S1  ,  S2  thì K qt miền khơng gian là một khối trịn xoay có
thể tích bằng
55π
A.
.
3

B.

68π
.
3

C.

76π
.
3

D.

82π
.
3

Lời giải
Chọn C.
M2
K

5

M1
1

I1

I

I2

   
   
Gọi I là trung điểm của I1 I 2 , ta có I1M 1  I1I  IK  KM 1 và I 2 M 2  I 2 I  IK  KM 2 nên
 

I1M 1  I 2 M 2  2 IK , với mọi vị trí của I1 và I 2 .
 
   
Mặt khác, ta lại có I1M 1  I 2 M 2  I1M 1  I 2 M 2  I1M 1  I 2 M 2

Do đó R1  R2  2 IK  R1  R2 hay 4  2 IK  6  2  IK  3 .
Vì I cố định nên quỹ tích điểm K là phần không gian giới hạn bởi hai mặt cầu đồng tâm I ,
bán kính lần lượt là 2 và 3 .
Ta cũng lưu ý rằng quỹ tích này khơng đổi và khơng phụ thuộc vào vị trí các điểm I1 và I 2 .
Vậy thể tích khối trịn xoay cần tìm là V 

4
76π
.

π  33  23  
3
3
2

2

2

Câu 39: [2H3.1-2] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  4    y  2    z  4   1 . Điểm

M  a; b; c  thuộc  S  . Tìm giá trị nhỏ nhất của a 2  b 2  c 2 .
A. 25 .

B. 29 .

C. 24 .
Lời giải

D. 26 .

Trang 14/17 - Mã đề thi 001


Chọn A.
2

2

2

Mặt cầu  S  :  x  4    y  2    z  4   1 có tâm I  4; 2; 4  và bán kính R  1 .
Nhận xét rằng gốc tọa độ O nằm ngoài mặt cầu  S 
Đặt T  a 2  b 2  c 2 , ta thấy T  OM 2 .
2
Ta có Tmin  OM min  OM  OI  R  5 . Vậy Tmin  OM min
 25 .
Câu 40:

[2H1.3-4] Cho khối lăng trụ tam giác ABC. ABC  . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC .
M , N , P lần lượt là trung điểm của CC  , AC  , AB . Biết thể tích khối tứ diện GMNP bằng
5 , tính thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  ?
A. 72
B. 21
C. 18
D. 17
Lời giải
Chọn A.
A'

C'
N
M
B'
P

A

C
G

K

B

Không làm thay đổi kết quả ta có thể coi ABC. A ' B ' C ' là lăng trụ đứng.
Do MN  A ' C '  AC
Từ G kẻ đường thẳng song song AC cắt BC tại K suy ra GK / / MN  GK  ( MNP ) .
Ta có VGMNP  VKMNP . Do GK  ( MNP )
1
1 5
5
Lại có S KNP  S KCC ' N  S PKC  S PC ' N = S KCC ' N  . S BB 'C ' C 
S BB 'C 'C
2
2 12
24
1
5
Và S PNC '  S BB 'C 'C  S KNP  VPNC '
8
3
5
5
5 1
 VM .KNP  VM . PNC '  VP.MNC '  . CC '.S BNC '
3
3
3 2
5

1
5 1
 VM .KNP  CC '. S A ' B 'C '  . VLT (1)
6
4
24 3
Theo giả thiết suy ra VGMNP  VKMNP  5 (2)

Từ (1) và (2) suy ra VLT  72
Câu 41: [2D1.1-3] Cho hàm số f  x  có bảng xét dấu đạo hàm như sau.
x

f  x



1



0

3

2



0



0





Hỏi hàm số g  x   f 1  x   x.e x đồng biến trên khoảng nào?
Trang 15/17 - Mã đề thi 001


A.  2;  1

B.  1;1

C.  0;1

D. 1;3

Lời giải
Chọn A.
Ta có g   x    f  1  x   1  x  .e x . Đặt u  1  x

g   x    f   u   u.eu 1
+ Với u  2   f   u   0  g   x  không xác định.
+ Với 2  u  3   f   u   0  g   u    f   u   u.eu 1  0 hàm số g  x  đồng biến
Nên 2  x  1 .





Câu 42: [0D4.5-4] Cho f  x    m  1 x 2  m2  5m  4 x  8 x  1  3m 2  6m  19 . Tổng các giá trị
của m để f ( x)  0 với x   1;    bằng
A. 3 .

B. 3 .

C. 1 .
Lời giải

D. 1.

Chọn C.
Ta có f  x    m  1 x 2   m 2  5m  4  x  8 x  1  3m 2  6m  19

 (m  1) x 2  (m2  5m  4) x  3m2  6m  3  8( x  1  2)
x3
x 1  2

 ( x  3)  (m  1) x  m 2  2m  1  8

8


  x  3  m  1 x  m 2  2m  1 

x 1  2 


  x  3 




x 1  2

   m  1 x  m

2

 2m  1  8 .


Do f  x   0 có nghiệm x  3 nên để f  x   0 nghiệm đúng với mọi x   1;   thì điều
kiện cần là



x 1  2

   m  1 x  m

2

 2m  1  8  0 cũng phải có nghiệm x  3 suy ra

4m 2  4m  0  m  0; m  1.
Với

2

m  0  f  x   x 2  4 x  8 x  1  19   x  3  2



x 1  2



2

 0, x   1;   thỏa

mãn.
Với m  1  f  x   2 x  8 x  1  10  2



x 1  2



2

 0, x   1;   thỏa mãn.

Vậy tổng các giá trị của m bằng 1 .
Câu 43: [2D1.5-4] Cho f ( x)  x 3  3x 2  1 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình

2019. f ( f ( x))  m có 7 nghiệm phân biệt?

A. 4037.

B. 8076 .

C. 8078 .
Lời giải

D. 0 .

Chọn A.

Trang 16/17 - Mã đề thi 001


Hàm số f  x   x 3  3x 2  1 có đồ thị như hình vẽ.
m
1 ; qua đồ thị ta được:
2019
+) Mỗi t  1 thì phương trình f  x   t có 1 nghiệm.

Đặt t  f  x  , phương trình theo t là f  t  

+) Mỗi t  1; t  3 thì phương trình f  x   t có 2 nghiệm
+) Mỗi t   3;1 thì phương trình f  x   t có 3 nghiệm
Do đó:

m
 1 thì phương trình 1 có đùng 1 nghiệm và nghiệm đó lớn hơn 3 nên phương

2019
trình ban đầu có 1 nghiệm duy nhất.
m
+) Nếu
 1 thì phương trình 1 có nghiệm t  0; t  3 nên phương trình ban đầu có 4
2019
nghiệm phân biệt.
m
+) Nếu
 1 thì (1) có tối đa 1 nghiệm 3 nghiệm phân biệt là t1   1; 0  ; t2  1; t3   2;3
2019
nên phương trình ban đầu có 6 nghiệm.
m
+) Nếu
 1 thì (1) có tối đa 1 nghiệm thuộc  3;1 và có tối đa 2 nghiệm lớn hơn 1 nên
2019
phương trình ban đầu có tối đa 5 nghiệm.
m
+) Nếu 1 
 1 thì (1) có 3 nghiệm phân biệt là t1 ; t2   1;1 và t3  1 do đó phương
2019
trình ban đầu có 7 nghiệm.
Do đó ta được 2019  m  2019 . Vậy có tất cả 4037 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu.
+) Nếu

----------HẾT----------

Trang 17/17 - Mã đề thi 001