50 câu ôn phần toán đánh giá năng lực đhqg hà nội phần 10 (bản word có giải)

50 câu ơn phần Tốn - Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội - Phần 10 (Bản word có
giải)
PHẦN 1. TƯ DUY ĐỊNH LƯỢNG – Lĩnh vực: Toán học
Câu 1 (NB): Theo báo cáo thường niên năm 2017 của ĐHQG-HCM, trong giai đoạn từ năm 2012 đến
năm 2016, ĐHQG-HCM có 5.708 cơng bố khoa học, gồm 2.629 cơng trình được cơng bố trên tạp chí
quốc tế và 3.079 cơng trình được cơng bố trên tạp chí trong nước. Bảng số liệu chi tiết được mơ tả ở hình
bên.

Năm nào số cơng trình được cơng bố trên tạp chí quốc tế chiếm tỷ lệ cao nhất trong số các công bố khoa
học của năm?
A. Năm 2013.

B. Năm 2014.

C. Năm 2015.

D. Năm 2016.

1 2
2
Câu 2 (TH): Một vật rơi tự do có phương tình s  gt , g 9,8m / s là gia tốc trọng trường. Vận tốc tức
2
thời của chuyển động tại thời điểm t 11,5 giây là :
A. 112, 2m / s

B. 117, 2m / s

C. 127, 7 m / s

D. 112, 7 m / s

Câu 3 (NB): Phương trình 42 x 3 84 x có nghiệm là:
A.

2
3

B. 2

C.

6
7

D.

4
5

 x  y 1
Câu 4 (TH): Hệ phương trình sau có bao nhiêu nghiệm?  3
2
 x  2 x  3 x 6
A. 1

B. 2

C. 3

D. 4
Trang 1

Câu 5 (NB): Gọi z1 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình z 2  2 z  3 0 . Trên mặt phẳng tọa
độ, điểm nào sau đây là điểm biểu diễn của số phức z1 ?



A. P  1;  2i





B. Q  1; 2i





C. N  1; 2





D. M  1;  2



Câu 6 (TH): Trong khơng gian Oxyz, phương trình của mặt phẳng đi qua điểm M  2; 2;3 và vng góc

với trục Oy là:
A. y  2 0.

B. y 0.

C. y  2 0.

D. x  z 5

Câu 7 (NB): Trong khơng gian Oxyz, hình chiếu vng góc của điểm A  1; 2;3 trên mặt phẳng  Oyz  có
tọa độ là:
A.  0; 2;3

B.  1; 0;3

Câu 8 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình

C.  1;0;0 

D.  0; 2;0 

x 1
0 là:
3  2x

3

A.   1; 
2


3

B.   ;  1   ;  
2


3

C.   ;  1   ;  
2


3

D.   1; 
2


Câu 9 (TH): Số nghiệm của phương trình 2sin 2 2 x  cos 2 x  1 0 trong  0; 2018 là
A. 2018.

B. 1009.

C. 2017.

D. 1008.

Câu 10 (VD): Trên một bàn cờ có nhiều ô vuông, người ta đặt 7 hạt dẻ vào ô đầu tiên, sau đó đặt tiếp vào
ơ thứ hai số hạt nhiều hơn ô thứ nhất là 5, tiếp tục đặt vào ô thứ ba số hạt nhiều hơn ô thứ hai là 5,… và

cứ thế tiếp tục đến ô thứ n . Biết rằng để đặt hết số ô trên bàn cờ người ta phải sử dụng 25450 hạt. Hỏi
bàn cờ đó có bao nhiêu ơ?
A. 98

B. 100

C. 102

D. 104

Câu 11 (TH): Hàm số F  x  nào sau đây là một nguyên hàm của hàm số f  x  
A. F  x  2 ln x  3  ln x  1  C
C. F  x  ln

x 1
2
x 3

x 3
?
x  4x  3
2

B. F  x  ln  2 x  1 
D. F  x  ln   x  1  x  3 

Câu 12 (VDC): Cho hàm số y  f  x  , hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ.

Trang 2

3
Bất phương trình f  x   m  x  x ( m là tham số thực) nghiệm đúng với mọi x    2;0  khi và chỉ khi:

A. m  f  0 

B. m  f   2   10

C. m  f   2   10

D. m  f  0 

2
Câu 13 (TH): Một vật chuyển động với vận tốc v  t  3t  4  m / s  , trong đó t là khoảng thời gian tính

bằng giây. Tính quảng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian từ giây thứ 3 đến giây thứ 10?
A. 994m

B. 945m

C. 1001m

D. 471m

Câu 14 (VD): Một người vay ngân hàng 200 triệu đồng với lãi suất 0,6%/tháng theo thỏa thuận cứ mỗi
tháng người đó sẽ trả cho ngân hàng 10 triệu đồng và cứ trả hàng tháng như thế cho đến khi trả hết nợ
(tháng cuối cùng có thể trả dưới 10 triệu đồng). Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng thì người đó trả được hết
số nợ ngân hàng.
A. 19.

B. 22.

C. 21.

D. 20.

Câu 15 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình log 3 x log 3 x  1 là:
 1
A.  0; 
 9

1

B.   ; 
9


 1
C.  0; 
 9

1

D.  ;  
9


Câu 16 (TH): Cho hình phẳng  D  giới hạn bởi các đường y sin x , y 0 , x 0 , x  . Thể tích khối
trịn xoay sinh bởi hình  D  quay xung quanh Ox bằng:
A.


1000

B.


2

C.

2
2

D.

2
1000

Câu 17 (VD): Gọi T là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số
y  x 4  2mx 2  1 đồng biến trên khoảng  3;   . Tổng giá trị các phần tử của T bằng:

A. 9

B. 45

C. 55

D. 36

Câu 18 (TH): Số phức z thỏa mãn 2 z  3  1  i  iz  7  3i là

14 8
A. z   i
5 5

B. z 4  2i

C. z 4  2i

14 8
D. z   i
5 5

Câu 19 (TH): Trong mặt phẳng phức, tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn điều kiện
| z  2 || i  z | là đường thẳng d có phương trình
A. 2 x  4 y  13 0

B. 4 x  2 y  3 0

C.  2 x  4 y  13 0

D. 4 x  2 y  3 0

Câu 20 (VD): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A  2;  3 , B  3;  2  , diện tích bằng

3
và trọng tâm G nằm trên đường thẳng 3x  y  8 0 . Tìm hồnh độ điểm C, biết C có hồnh độ dương.
2
A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

2
2
2
Câu 21 (TH): Cho đường cong  C  :  m  1 x  m  m  3 y  2m  m  1 x  m  1 0 . Giá trị của m để

C

là đường tròn:
Trang 3


A. m 

1
3

B. m 3

C. m 

1
3

D. m  3

Câu 22 (VD): Cho K  1; 2;3 và phương trình mặt phẳng  P  :2 x  y  3 0 . Viết phương trình mặt
phẳng (Q) chứa OK và vng góc với mặt phẳng (P).
A. 3x  6 y  5 z 0

B. 9 x  3 y  5 z 0

C. 9 x  3 y  5 z 0

D. 3x  6 y  5 z 0

Câu 23 (TH): Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy R 2 . Biết diện tích xung quanh của hình nón là
2 5 . Tính thể tích khối nón?

A. π

B.

5

3

C.

4

3

D.

2

3

Câu 24 (VD): Cho tam giác SAB vng tại A, ABS 600 . Phân giác của góc ABS cắt SA tại I . Vẽ
nửa đường tròn tâm I , bán kính IA (như hình vẽ). Cho miền tam giác SAB và nửa hình trịn quay xung
quanh trục SA tạo nên các khối trịn xoay có thể tích tương ứng là V1 , V2 . Khẳng định nào sau đây là
đúng?

4
A. V1  V2
9

3
B. V1  V2
2

9
D. V1  V2
4

C. V1 3V2

Câu 25 (VD): Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vng góc của
điểm A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường

thẳng AA và BC bằng
A. V 

a3 3
6

a 3
. Tính theo a thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC  .
4

B. V 

a3 3
12

C. V 

a3 3
3

D. V 

a3 3
24

Câu 26 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm SD, điểm
N thuộc cạnh SA sao cho SN = 3AN . Đường thẳng MN cắt mặt phẳng (ABCD) tại P, đường thẳng PC
cắt cạnh AB tại K . Trình bày cách xác định điểm K và tính tỉ số
A.

2
3

B.

1
4

C.

1
2

KA
.
KB
D.

1
3

Trang 4


2
2
2
Câu 27 (VD): Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x  y  z  2 x  4 y  2 z 

9
0 và hai điểm
2

 
A(0; 2; 0) , B(2;  6;  2) . Điểm M  a; b; c  thuộc  S  thỏa mãn tích MA MB có giá trị nhỏ nhất. Tổng
a  b  c bằng

A.  1

B. 1

C. 3

D. 2

Câu 28 (TH): Trong không gian tọa độ Oxyz , đường thẳng đi qua điểm M   1;1; 0  và vng góc với
mặt phẳng    :5 x  10 y  15 z  16 0 có phương trình tham số là:
 x  1  5t

A.  y 1  10t
 z 15t


 x  5t

B.  y  10t
 z  15t


 x  3  t

C.  y 5  2t
 z 6  3t



 x  1  5t

D.  y 1  10t
 z 15t


Câu 29 (VD): Cho hàm số y  f  x  có bản biến thiên như sau :

2
Hàm số g  x   f  x  2 x  có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 5

B. 3

C. 2

D. 4

Câu 30 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1;0;0), B(3; 2; 4),C (0;5; 4) .
 

Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho MA  MB  2 MC nhỏ nhất.

A. M (1;3;0)

B. M (1;  3;0)

C. M (3;1;0)

D. M (2; 6;0)

3
Câu 31 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình y  x  3 x  m có 5

điểm cực trị?
A. 5
Câu

B. 3
32

(VD):



Gọi

S

C. 1
là

tập

các

giá

D. vơ số
trị

m

thỏa

mãn

hệ

sau

có

nghiệm



 4 x 2  1  m x  1  x  1  2019m 0

. Trong tập S có bao nhiêu phần tử là số nguyên?

mx 2  3m  x 4  1 0
A. 1

B. 0

C. 2

D. 4

Trang 5



x
Câu 33 (VD): Cho F  x   x là một nguyên hàm của hàm số f  x  . . Tìm họ nguyên hàm của hàm số

f  x  . x .
x

A.

f  x   dx  x

C.

f  x   dx x

x





 x  1  C

ln   x  1  C

x



x



B.

f  x   dx  x

D.

f  x   dx  x

ln   x  1  C
 x  1  C

Câu 34 (VD): Một hộp đựng 40 tấm thẻ được đánh số thứ tự từ 1 đến 40. Rút ngẫu nhiên 10 tấm thẻ.
Tính xác suất để lấy được 5 tấm thẻ mang số lẻ và 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó có đúng một thẻ
mang số chia hết cho 6.
A.

126
1147

B.

252
1147

C.

26
1147

D.

12
1147

Câu 35 (VD): Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác cân tại A có AB  AC 2a,
CAB 1200. Mặt phẳng  ABC  tạo với đáy một góc 600 . Thể tích khối lăng trụ là:
A. 2a 3

B.

3a 3
8

C.

a3
3

D. 3a 3

Câu 36 (NB): Cho hàm số y x 3  3x 2  2 . Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm có hồnh

độ x 2 là:
Đáp án: ……………………………………………
Câu 37 (TH): Cho hàm số y  f  x 
f  x  x 3  x  1

2

xác định và liên tục trên tập  và có đạo hàm

 2  x  . Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị ?

Đáp án: ……………………………………………
Câu 38 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  3 0 và

 Q  : x  2 y  2 z  1 0 . Khoảng cách giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) là:
Đáp án: ……………………………………………
Câu 39 (TH): Trong ngày hội giao lưu văn hóa – văn nghệ, giải cầu lơng đơn nữ có 12 vận động viên
tham gia, trong đó có hai vận động viên Kim và Liên. Các vận động viên được chia làm hai bảng A và B,
mỗi bảng gồm 6 người. Việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để
hai vận động viên Kim và Liên thi đấu chung một bảng.
Đáp án: ……………………………………………
Câu 40 (VD): Cho đa thức f  x  thỏa mãn lim
x 2

4 f x 1  2
f  x   15
 
.
8 . Tính L lim
2

x 1 2 x  7 x  6
x 2

Đáp án: ……………………………………………

Trang 6


2
Câu 41 (TH): Tìm giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m của hàm số y  f  x   x  4 x  3 trên đoạn

  2;1 .
Đáp án: ……………………………………………
Câu 42 (TH): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  x 3  3 x 2  mx  2 có cực đại và
cực tiểu ?
Đáp án: ……………………………………………
Câu 43 (TH): Hình phẳng giới hạn bởi các đường y e x , y 0, x 0, x ln 5 có diện tích bằng:
Đáp án: ……………………………………………
Câu 44 (VD): Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ sau. Tìm m để phương trình f  sin x  m có
đúng hai nghiệm trên đoạn  0;  .

Đáp án: ……………………………………………
Câu 45 (VD): Cho số phức z thỏa mãn z  1 5 . Biết tập hợp các điểm biểu diễn số phức w xác định
bởi w  2  3i  .z  3  4i là một đường tròn bán kính R. Tính R.
Đáp án: ……………………………………………
Câu 46 (TH): Cho hình lập phương ABCD. ABC D , gọi  là góc giữa hai mặt phẳng

 ABC  . Tính

 ABD 

và

tan .

Đáp án: ……………………………………………
Câu 47 (TH): Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  5 0 và đường thẳng  có

 x  1  t

phương trình tham số  y 2  t . Khoảng cách giữa đường thẳng Δ và mặt phẳng  P  bằng:
 z  3  4t

Đáp án: ……………………………………………
Trang 7


2
Câu 48 (VDC): Xét các số thực dương x , y thỏa mãn log 1 x  log 1 y log 1  x  y  . Tìm giá trị nhỏ
2

2

2

nhất Pmin của biểu thức P  x  3 y .
Đáp án: ……………………………………………
Câu 49 (TH): Cho hình vng ABCD có cạnh bằng a . Qua trung điểm I của cạnh AB dựng đường
a 3
thẳng  d  vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Trên  d  lấy điểm S sao cho SI 

. Tính khoảng
2
cách từ C đến mặt phẳng  SAD  .
Đáp án: ……………………………………………
Câu 50 (VD): Khối chóp tam giác có độ dài 3 cạnh xuất phát từ một đỉnh là a, 2a,3a có thể tích lớn nhất
bằng
Đáp án: ……………………………………………

Trang 8


LỜI GIẢI CHI TIẾT
PHẦN 1. TƯ DUY ĐỊNH LƯỢNG – Lĩnh vực: Toán học
Câu 1 (NB): Theo báo cáo thường niên năm 2017 của ĐHQG-HCM, trong giai đoạn từ năm 2012 đến
năm 2016, ĐHQG-HCM có 5.708 cơng bố khoa học, gồm 2.629 cơng trình được cơng bố trên tạp chí
quốc tế và 3.079 cơng trình được cơng bố trên tạp chí trong nước. Bảng số liệu chi tiết được mơ tả ở hình
bên.

Năm nào số cơng trình được cơng bố trên tạp chí quốc tế chiếm tỷ lệ cao nhất trong số các công bố khoa
học của năm?
A. Năm 2013.

B. Năm 2014.

C. Năm 2015.

D. Năm 2016.

Phương pháp giải:
- Đọc số liệu trên biểu đồ, cột số cơng trình được cơng bố trên tạp chí quốc tế.

- Tìm cột cao nhất tương ứng với năm nào rồi chọn đáp án đúng.
Giải chi tiết:
Năm 2016 có lượng cơng trình khoa học được cơng bố trên tạp chí quốc tế chiếm tỉ lệ cao nhất : 732 cơng
trình.

1 2
2
Câu 2 (TH): Một vật rơi tự do có phương tình s  gt , g 9,8m / s là gia tốc trọng trường. Vận tốc tức
2
thời của chuyển động tại thời điểm t 11,5 giây là :
A. 112, 2m / s

B. 117, 2m / s

C. 127, 7 m / s

D. 112, 7 m / s

Phương pháp giải:

v  t  s t 
Giải chi tiết:
Trang 9


Ta có: v  t  s t  gt  v  11,5  9,8.11,5 112, 7  m / s  .
Câu 3 (NB): Phương trình 42 x 3 84 x có nghiệm là:

2
3

A.

B. 2

C.

6
7

D.

4
5

Phương pháp giải:
- Đưa hai vế của phương trình về cùng cơ số.
f  x
a g  x   f  x  g  x  .
- Giải phương trình a

Giải chi tiết:
42 x 3 84 x  2

2  2 x 3 

2

3 4  x 

 4 x  6 12  3 x  x 

6
7

 x  y 1
Câu 4 (TH): Hệ phương trình sau có bao nhiêu nghiệm?  3
2
 x  2 x  3 x 6
A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Phương pháp giải:
Giải phương trình thứ hai tìm nghiệm x và thế vào phương trình thứ nhất tìm y .
Giải chi tiết:
3

Ta có: x  2 x 2  3 x 6
3

2

 x  2 x  3 x 6

 x 1  x 1

Với x 1  y 0  y 0
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm.
Câu 5 (NB): Gọi z1 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình z 2  2 z  3 0 . Trên mặt phẳng tọa
độ, điểm nào sau đây là điểm biểu diễn của số phức z1 ?



A. P  1;  2i





B. Q  1; 2i





C. N  1; 2





D. M  1;  2



Phương pháp giải:

b 
2
Nghiệm của phương trình az  bz  c 0, a 0  là z1,2 
.
2a

Giải chi tiết:
Phương trình z 2  2 z  3 0 có  12  3  2
Suy ra phương trình z 2  2 z  3 0 có nghiệm z1,2  1  2i
z1 là nghiệm phức có phần ảo âm  z1  1 





2i . Điểm biểu diễn của z1 là M  1;  2 .

Trang 10


Câu 6 (TH): Trong khơng gian Oxyz, phương trình của mặt phẳng đi qua điểm M  2; 2;3 và vng góc
với trục Oy là:
A. y  2 0.

B. y 0.

C. y  2 0.

D. x  z 5

Phương pháp giải:
- Tìm vecto pháp tuyến của mặt phẳng.


- Viết phương trình mặt phẳng đi qua A  x0 ; y0 ; z0  và có 1 VTPT là n  A; B; C  là:

A  x  x0    y  y0   C  z  z0  0
Giải chi tiết:


Mặt phẳng vng góc với trục Oy có vecto pháp tuyến là n  0;1;0 
Mặt phẳng đó đi qua điểm M  2; 2;3 và có dạng y  2 0 .
Câu 7 (NB): Trong khơng gian Oxyz, hình chiếu vng góc của điểm A  1; 2;3 trên mặt phẳng  Oyz  có
tọa độ là:
A.  0; 2;3

B.  1; 0;3

C.  1;0;0 

D.  0; 2;0 

Phương pháp giải:
Điểm M  a; b; c  có hình chiếu vng góc trên  Oyz  là: H  0;b; c  .
Giải chi tiết:
Hình chiếu vng góc của điểm A  1; 2;3  có hình chiếu vng góc trên  Oyz  là: H  0; 2;3 .
Câu 8 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình

x 1
0 là:

3  2x

3

A.   1; 
2


3

B.   ;  1   ;  
2


3

C.   ;  1   ;  
2


3

D.   1; 
2


Phương pháp giải:
  A 0

A

B  0
.
Giải bất phương trình bậc nhất 1 ẩn: 0  
B
 A 0

  B  0
Giải chi tiết:

Trang 11


  x  1

  x  1 0
 x  3

3

2
x

0
x 1
 

2
0  



  x  1 0
3  2x
x

1




3
 3  2 x  0
 x 
2


3

x 2 .

 x  1

3

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S   ;  1   ;   .
2

Câu 9 (TH): Số nghiệm của phương trình 2sin 2 2 x  cos 2 x  1 0 trong  0; 2018 là
A. 2018.

B. 1009.

C. 2017.

D. 1008.

Phương pháp giải:
Biến đổi đưa về các phương trình lượng giác cơ bản dạng: cos x a
Giải chi tiết:
 cos 2 x  1
2sin 2 x  cos 2 x  1 0  2  2 cos 2 x  cos 2 x  1 0   2 cos 2 x  cos 2 x  3 0  
 cos 2 x  3 (VN )

2
2

2

2


 2 x   k 2, k  Z  x   k , k  Z
2

1
4035
 k   0;1; 2;3;...; 2017
Vì x   0; 2018 nên 0   k  2018   k 
2
2
2

Như vậy, có 2018 số k thỏa mãn, suy ra, phương trình đã cho có 2018 nghiệm trong  0; 2018 .
Câu 10 (VD): Trên một bàn cờ có nhiều ô vuông, người ta đặt 7 hạt dẻ vào ô đầu tiên, sau đó đặt tiếp vào
ơ thứ hai số hạt nhiều hơn ô thứ nhất là 5, tiếp tục đặt vào ô thứ ba số hạt nhiều hơn ô thứ hai là 5,… và
cứ thế tiếp tục đến ô thứ n . Biết rằng để đặt hết số ô trên bàn cờ người ta phải sử dụng 25450 hạt. Hỏi
bàn cờ đó có bao nhiêu ơ?
A. 98

B. 100

C. 102

D. 104

Phương pháp giải:
Tổng n số hạng đầu của một cấp số cộng là S n 

n  u1  un 
n  2u   n  1 d 
hay S n   1
.
2
2

Giải chi tiết:
Dễ thấy số hạt dẻ đặt vào từng ô tạo thành một cấp số cộng với u1 7; d 5.
n  2.7   n  1 .5
Gọi bàn cờ đó có n ơ  S n 25450  
2

 n  5n  9  50900  5n 2  9n  50900 0  n 100 (do n  N * )

Vậy bàn cờ đó có 100 ơ.

Trang 12


Câu 11 (TH): Hàm số F  x  nào sau đây là một nguyên hàm của hàm số f  x  
A. F  x  2 ln x  3  ln x  1  C
C. F  x  ln

x 1
2
x 3

x 3
?
x  4x  3
2

B. F  x  ln  2 x  1 
D. F  x  ln   x  1  x  3 

Phương pháp giải:
Rút gọn biểu thức dưới dấu nguyên hàm, sa dụng công thức nguyên hàm của hàm số cơ bản đề tìm
nguyên hàm.
Giải chi tiết:

f  x  dx x

2

x 3
1
dx ln x  1  C .
dx 
 4x  3
x 1

Câu 12 (VDC): Cho hàm số y  f  x  , hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ.

3
Bất phương trình f  x   m  x  x ( m là tham số thực) nghiệm đúng với mọi x    2;0  khi và chỉ khi:

A. m  f  0 

B. m  f   2   10

C. m  f   2   10

D. m  f  0 

Phương pháp giải:
g  x .
- Cô lập m , đưa bất phương trình về dạng g  x   m x    2;0   m max
  2;0

- Lập BBT hàm số y  g  x  và kết luận.
Giải chi tiết:
3
3
Ta có: f  x   m  x  x  f  x   x  x  m x    2;0  .

3
g  x .
Đặt g  x   f  x   x  x ta có g  x   m x    2;0   m max
  2;0
2
2
Ta có: g  x   f  x   3x  1 ; g  x  0  f  x   3 x  1 .

Số nghiệm của phương trình g  x  0 là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đồ thị hàm số
y  3 x 2  1 .

Trang 13


Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy trên   2; 0 , phương trình g  x  0 có duy nhất nghiệm x 0 .
BBT hàm số y g  x  :

g  x  g  0   f  0  .
Dựa vào BBT ta thấy: max
  2;0

Vậy m  f  0  .
2
Câu 13 (TH): Một vật chuyển động với vận tốc v  t  3t  4  m / s  , trong đó t là khoảng thời gian tính

bằng giây. Tính quảng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian từ giây thứ 3 đến giây thứ 10?
A. 994m

B. 945m

C. 1001m

D. 471m

Phương pháp giải:
b

Sử dụng cơng thức tính qng đường xe đi được trong khoảng thời gian từ a đến b là: s v  t  dt.
a

Giải chi tiết:
Ta có quãng đường vật đó chuyển động được là:
10

s   3t 2  4  dt  t 3  4t 
3

10
3

1001 m  .

Câu 14 (VD): Một người vay ngân hàng 200 triệu đồng với lãi suất 0,6%/tháng theo thỏa thuận cứ mỗi
tháng người đó sẽ trả cho ngân hàng 10 triệu đồng và cứ trả hàng tháng như thế cho đến khi trả hết nợ
(tháng cuối cùng có thể trả dưới 10 triệu đồng). Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng thì người đó trả được hết
số nợ ngân hàng.
A. 19.

B. 22.

C. 21.

D. 20.

Phương pháp giải:

Trang 14


Bài toán: Mỗi tháng đều gửi một số tiền là a đồng vào đầu mỗi tháng tính theo lại kép với lãi suất là r%
n
a  1  r    1  r   1


mỗi tháng. Tính số tiền thu được sau n tháng: A 
n
r

Giải chi tiết:
Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất để
n
n
a  1  r    1  r   1
10.  1  0, 6%    1  0, 6%   1

 200 

 200
r

0, 6%

 200.0, 6%

200.0, 6%
n
  1  0, 6%  
 1  n log10,6% 
 1  18,84  nmin 19
10.  1  0, 6% 
 10.  1  0, 6%  

Vậy sau ít nhất 19 tháng thì người đó trả được hết số nợ ngân hàng.
Câu 15 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình log 3 x log 3 x  1 là:
 1
A.  0; 
 9

1

B.   ; 
9


 1
C.  0; 
 9

1


D.  ;  
9


Phương pháp giải:
- Sử dụng công thức log a x  log a y log a  xy   0  a 1, x, y  0  , đưa bất phương trình về dạng

log a f  x  log a g  x  .
- Giải bất phương trình log a f  x  log a g  x   f  x  g  x  0  a  1 .

- Giải bất phương trình chứa căn:

  g  x   0

  f  x  0
f  x  g  x   
  g  x  0
  f  x  g 2  x 


Giải chi tiết:
ĐKXĐ: x  0 .
Ta có: log 3 x log 3 x  1  log 3 x log 3 x  log 3 3  log 3 x log 3  3 x  
Do x  0 nên

x 3x .

1
x 3 x  x 9 x 2  0 x  .
9

 1
Kết hợp điều kiện   0;  .
 9

 1
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  0;  .
 9
Câu 16 (TH): Cho hình phẳng  D  giới hạn bởi các đường y sin x , y 0 , x 0 , x  . Thể tích khối
trịn xoay sinh bởi hình  D  quay xung quanh Ox bằng:
Trang 15


A.


1000

B.


2

C.

2
2

D.

2
1000

Phương pháp giải:
Thể tích khối trịn xoay giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  , y g  x  , x a , x b là:
b

V   f 2  x   g 2  x  dx .
a

Giải chi tiết:

2
Thể tích khối trịn xoay sinh bởi hình  D  quay xung quanh Ox bằng: V  sin x  0  dx  .
2
0


2

2

Câu 17 (VD): Gọi T là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số
y  x 4  2mx 2  1 đồng biến trên khoảng  3;   . Tổng giá trị các phần tử của T bằng:

A. 9

B. 45

C. 55

D. 36

Phương pháp giải:
- Để hàm số đồng biến trên  3;   thì y 0 x   3;   và bằng 0 tại hữu hạn điểm.
f  x .
- Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng m  f  x  x   3;    m min
3; 
f  x .
- Đánh giá hoặc lập BBT để tìm min
3; 

Giải chi tiết:
TXĐ: D  .
Ta có: y  4 x3  4mx .
Để hàm số đồng biến trên  3;   thì y 0 x   3;   .

 4 x3  4mx 0 x   3;  
 m x 2 x   3;  
 m min  x 2  x   3;  
 m 32 9
Kết hợp điều kiện bài tốn ta có m là số nguyên dương  m   1;2;3;...;9 .
Vậy tổng các giá trị của m là 1  2  3  ...  9 

9.10
45 .
2

Câu 18 (TH): Số phức z thỏa mãn 2 z  3  1  i  iz  7  3i là

14 8
A. z   i
5 5

B. z 4  2i

C. z 4  2i

14 8
D. z   i
5 5

Phương pháp giải:
Trang 16


Đưa phương trình về phương trình bậc nhất đối với z và tìm z .
Giải chi tiết:

2 z  3  1  i  iz  7  3i

  2  i  z 7  3i  3  1  i 
  2  i  z 10
 z

10
4  2i .
2 i

Câu 19 (TH): Trong mặt phẳng phức, tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn điều kiện

| z  2 || i  z | là đường thẳng d có phương trình
A. 2 x  4 y  13 0

B. 4 x  2 y  3 0

C.  2 x  4 y  13 0

D. 4 x  2 y  3 0

Phương pháp giải:
Phương pháp tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức
Bước 1: Gọi số phức z  x  yi có điểm biểu diễn là M ( x; y )
Bước 2: Thay z vào đề bài  Sinh ra một phương trình:
+) Đường thẳng: Ax  By  C 0.
+) Đường tròn: x 2  y 2  2ax  2by  c 0.
+) Parabol: y a.x 2  bx  c
+) Elip:

x2 y2

1
a b

Giải chi tiết:
Giả sử ta có số phức z x  yi . Thay vào điều kiện | z  2 || i  z | có
| x  yi  2 || i  ( x  yi ) | | ( x  2)  yi ||  x  (1  y )i |
 ( x  2) 2  y 2 ( x) 2  (1  y ) 2  4 x  4  2 y  1  4 x  2 y  3 0 .

Câu 20 (VD): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A  2;  3 , B  3;  2  , diện tích bằng

3
và trọng tâm G nằm trên đường thẳng 3x  y  8 0 . Tìm hồnh độ điểm C, biết C có hồnh độ dương.
2
A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Phương pháp giải:
+) Từ giả thiết tính độ dài đường cao CH hạ từ đỉnh C: CH 

2S ABC
AB

+) Tham số hóa tọa độ điểm G trên đường thẳng 3x  y  8 0 , suy ra tọa độ điểm C theo tham số.
+) Dùng khoảng cách d  C ; AB  CH thiết lập phương trình và giải tham số ta tìm được đỉnh C.
Giải chi tiết:
Trang 17


Ta có AB 

 3  2

2

2

   2  3  2

Gọi CH là đường cao hạ từ đỉnh C của tam giác ABC
 SABC

3
2.
2 SABC
1
3
 AB.CH  CH 
 2
d  C ; AB 
2
AB
2
2

G   2 x  y  8 0   G  t;3t  8 
 2  3  xC
t 
 x 3t  5
5

3
 C
.C  3t  5;9t  19   t  
G là trọng tâm tam giác  
3


 yC 9t  19
3t  8   3  2  yC

3


Ta có AB  1;1  đường thẳng AB đi qua A và nhận n  1;  1 là 1 VTPT nên có phương trình

1 x  2   1 y  3 0  x  y  5 0
 d  C ; AB  

3t  5  9t  19  5
12  12



  6t  9 3
  6t  9 3  

  6t  9  3

3
2

 t 1 ktm 
 C  1;  1 .

 t 2  tm 

2
2
2
Câu 21 (TH): Cho đường cong  C  :  m  1 x  m  m  3 y  2m  m  1 x  m  1 0 . Giá trị của m để

C

là đường tròn:

A. m 

1
3

B. m 3

C. m 

1
3

D. m  3

Phương pháp giải:
2
2
Phương trình  C  : x  y  2ax  2by  c 0 là đường tròn nếu thỏa mãn các điều kiện:

+) Hệ số của x 2 , y 2 bằng nhau.
+) a 2  b 2  c  0

Giải chi tiết:
2
2
2
Xét  C  :  m  1 x  m  m  3 y  2m  m  1 x  m  1 0, ta có: a 2m  m  1 ; b 0; c  m  1.
2
2
2
Điều kiện để phương trình đường cong  C  :  m  1 x  m  m  3 y  2m  m  1 x  m  1 0 là đường

tròn:
2
2
2
+) m  1 m  m  3  m  1 m  3m  3m  1 0  m 
2

+) a 2  b 2  c  0  4m 2  m  1  m  1  0

1
3

 1

Trang 18


2

2

1
4 16 4
 1  1  1
Thay m  vào  1 ta có: 4.     1   1     0 (thỏa mãn)
3
9 9 3
 3  3  3
Vậy với m 

1
phương trình đường cong
3

 C  :  m2 1 x 2  m  m  3 y 2  2m  m 1 x  m  1 0

là

phương tình đường trịn.
Câu 22 (VD): Cho K  1; 2;3 và phương trình mặt phẳng  P  :2 x  y  3 0 . Viết phương trình mặt
phẳng  Q  chứa OK và vng góc với mặt phẳng (P).
A. 3x  6 y  5 z 0

B. 9 x  3 y  5 z 0

C. 9 x  3 y  5 z 0

D. 3x  6 y  5 z 0

Phương pháp giải:




n Q   OK ; n P  
Giải chi tiết:


n Q   n P 

 Q    P 
  n Q  OK ; n P 
 

 
 

 Q   OK
n Q   OK


 

Ta có OK  1; 2;3 ; n P   2;  1;0   n Q   OK ; n P    3;6;  5  .
Vậy phương trình mặt phẳng  Q  là: 3x  6 y  5 z 0 .
Câu 23 (TH): Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy R 2 . Biết diện tích xung quanh của hình nón là
2 5 . Tính thể tích khối nón?

A. π

B.

5

3

C.

4

3

D.

2

3

Phương pháp giải:
- Diện tích xung quanh của hình nón có đường sinh l , bán kính đáy R là: S xq rl . Tìm l .
- Tìm chiều cao của khối nón: h  l 2  R 2 .

1 2
- Thể tích xung quanh của hình nón có chiều cao h , bán kính đáy R là: V  R h .
3
Giải chi tiết:
Gọi h, l lần lượt là đường cao và độ dài đường sinh của hình nón.
Diện tích xung quanh hình nón là S Rl 2 5  .2.l 2 5  l  5.
Chiều cao của hình nón là: h  l 2  R 2  5  4 1 .

1 2

4
Vậy thể tích của khối nón là: V  R h  .
3
3
Câu 24 (VD): Cho tam giác SAB vuông tại A, ABS 600 . Phân giác của góc ABS cắt SA tại I . Vẽ
nửa đường tròn tâm I , bán kính IA (như hình vẽ). Cho miền tam giác SAB và nửa hình trịn quay xung
Trang 19


quanh trục SA tạo nên các khối trịn xoay có thể tích tương ứng là V1 , V2 . Khẳng định nào sau đây là
đúng?

4
A. V1  V2
9

3
B. V1  V2
2

C. V1 3V2

9
D. V1  V2
4

Phương pháp giải:

1 2
4 3

Sử dụng cơng thức tính thể tích khối nón V  R h và cơng thức thể tích khối cầu V  R .
3
3
Giải chi tiết:
Quay miền tam giác SAB quanh cạnh SA ta được khối nón có chiều cao h SA , bán kính đáy R  AB .

1
 V1  . AB 2 .SA
3
Quay nửa hình trịn quanh cạnh SA ta được khối cầu có bán kính IA .
Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:

IA AB
1
1
1

cos 600   IA  IS  IA  SA
IS SB
2
2
3

4
4 SA3 4SA3
 V2  .IA3  

3
3 27
81

1
2
2
. AB 2 .SA
V1 3
27 AB 2 27  AB 
27
27  1 
9
0 2


 . 2  
  cot 60   
 .


3
4SA
V2
4 SA
4  SA 
4
4  3
4
81
Câu 25 (VD): Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vng góc của
điểm A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường

thẳng AA và BC bằng

A. V 

a3 3
6

a 3
. Tính theo a thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC  .
4
B. V 

a3 3
12

C. V 

a3 3
3

D. V 

a3 3
24

Phương pháp giải:
- Xác định đoạn vuông góc chung của hai đoạn thẳng AA và BC.
- Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng tính AG .
- Áp dụng cơng thức tính thể tích VABC . ABC   AG.S ABC .
Giải chi tiết:
Trang 20