25 câu ôn phần toán đánh giá tư duy đh bách khoa hn phần 14 (bản word có giải)

25 câu ơn phần Tốn - Đánh giá tư duy ĐH Bách Khoa HN - Phần 14
(Bản word có giải)
TỐN TRẮC NGHIỆM
2
Câu 36. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y x  m  x   m đồng biến trên khoảng

(1;2)?
A. 2.

B. 1.

C. 0.

D. Vô số.

Câu 37. Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (0;2).

B. (-2;2).

C. (2;+∞).

D. (-∞;0).

3
3
3
Câu 38. Cho a,b,c là các số thực thuộc đoạn [1;2] thỏa mãn log 2 a  log 2 b  log 2 x 1 . Khi biểu
3
3

3
a
b
c
thức P a  b  c  3 log 2 a  log 2 b  log 2 c đạt giá trị lớn nhất thì tổng a  b  c là



A. 3
Câu 39. Cho hàm số y 



1

B. 3.2 3 3

C. 4

D. 6

xm
16
(m là tham số thực) thỏa mãn min y  max y  . Mệnh đề nào dưới đây
[1;2]
[1;2]
x 1
3

là đúng?

A. 2  m 4

B. 0  m 2

C. m 0

D. m  4

Câu 40. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a và SA vng góc đáy ABCD và
mặt bên (SCD) hợp với đáy một góc 600, M là trung điểm của BC. Tính thể tích hình chóp S.ABMD.
A.

a3 3
.
4

B.

a3 3
.
6

C.

a3 3
.
3

D. a 3 3 .

Câu 41. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a, AD a 2 , đường thẳng SA
vng góc với mặt phẳng (ABCD); góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính theo
a thể tích khối chóp S.ABCD.
A. 3 2a 3 .

B.

6a 3 .

C. 3a 3 .

D.

2a 3 .

Câu 42. Cho hàm số f ( x ) x 3  3 x 2 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số
g ( x)  f (| x |)  m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt?


A. 4.

B. 2.

Câu 43. Cho hàm số y 

C. 0.

D. 3.

x 2  x 1

, có đồ thị (C). Hỏi từ điểm I(1;1) có thể kẻ được tất cả bao nhiêu tiếp
x 1

tuyến của đồ thị (C)?
A. Có một tiếp tuyến

B. Khơng có tiếp tuyến nào.

C. Có hai tiếp tuyến

D. Có vơ số tiếp tuyến.

Câu 44. Tìm tập xác định của hàm số y   x 2  3x  4



A. D ( 1; 2]



Câu 45. Nếu 2 

BB. D [  1; 2]
3



a 1

A. a≥0.



1
3

 2 x

C. D ( ; 2)

D. D ( 1; 2)

C. a≤1.

D. a>0.

 2  3 thì
B. a<0.

Câu 46. Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 4π, thiết diện qua trục là hình vng. Một mặt
phẳng (f) song song với trục, cắt hình trụ theo thiết diện là tứ giác ABB′A′ biết một cạnh của thiết diện là
một dây cung của đường trịn đáy của hình trụ và căng một cung 1200. Tính diện tích thiết diện ABB′A′.
A. 3 2

B.

C. 2 3

3

D. 2 2

Câu 47. Cho tam giác ABC đều cạnh a và nội tiếp trong đường tròn tâm O, AD là đường kính của đường
trịn tâm O. Thể tích của khối trịn xoay sinh khi cho phần tơ đậm (hình vẽ) quay quanh đường thẳng AD
bằng

A.

4πa 3 3
27

B.

πa 3 3
24

C.

23πa 3 3
216

D.

20πa 3 3
217

2
2x
2
2x

Câu 48. Cho F ( x)  ax  bx  c e là một nguyên hàm của hàm số f ( x )  2018 x  3 x  1 e trên










khoảng (  ; ) . Tính tổng T a  2b  4c .
A. T = 1007

B. T = 1011

C. T = -3035

  5 
Câu 49. Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên đoạn   ; 
 4 4 

D. T = -5053
 
\   thỏa mãn
2

f  ( x) tan x ,

  5    

 2 
 
x    ;  \   , f (0) 0, f ( ) 1 . Tỷ số giữa f 
 và f   là
 3 
4
 4 4  2
A. 2  log 2 e  1

B. 2

C.

2(1  ln 2)
2  ln 2

D. 2  1  log 2 e 

2 x
Câu 50. Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên R thỏa mãn f  x  f  x   x e  1, x   và

f  0   1 . Tính f(3).
A. 6e3 + 3

B. 6e2 + 2

C. 3e2 - 1

D. 9e3 - 1

Câu 51. Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi parabol y x 2 và đường thẳng y = 2x. Tính thể tích V của
khối trịn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành.
A. V 

64π
15

16π
B. V 
15

C. V 

20π
3

D. V 

4π
3

Câu 52. Gọi A ,B lần lượt là các điểm biểu diến của các số phức z1 1  2i; z2 5  i . Tính độ dài đoạn
thẳng AB.
A.

5  26

B. 5

C. 2

D.

37

Câu 53. Cho số phức z thỏa mãn z (1 + i) = 3 − 5i. Tính môđun của z.
A. |z| = 17

B. |z| = 16

C. |z| = 17

D. |z| = 4

Câu 54.
Số phức z a  bi (a, b  ) thỏa mãn | z  2 || z | và ( z  1)( z  i ) là số thực. Giá trị của biểu thức
S a  2b bằng bao nhiêu?

A. S  1

B. S 1

C. S 0

D. S  3

Câu 55. Cho các số phức w,z thỏa mãn | z  5  3i |3,| iw  4  2i |2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
T | 3iz  2 w |
A.

554  5

B.

578  13

C.

578  5

D.

554  13

Câu 56. Giám đốc một nhà hát A đang phân vân trong việc xác định mức giá vé xem các chương trình
được trình chiếu trong nhà hát. Việc này rất quan trọng, nó sẽ quyết định nhà hát thu được bao nhiêu lợi
nhuận từ các buổi trình chiếu. Theo những cuốn sổ ghi chép của mình, Ơng ta xác định rằng: nếu giá vé
vào cửa là 20 USD/người thì trung bình có 1000 người đến xem. Nhưng nếu tăng thêm 1 USD/người thì
sẽ mất 100 khách hàng hoặc giảm đi 1 USD/người thì sẽ có thêm 100 khách hàng trong số trung bình.
Biết rằng, trung bình, mỗi khách hàng cịn đem lại 2 USD lợi nhuận cho nhà hát trong các dịch vụ đi kèm.
Hãy giúp Giám đốc nhà hát này xác định xem cần tính giá vé vào cửa là bao nhiêu để nhập là lớn nhất?
A. 21 USD/người

B. 18 USD/người

C. 14 USD/người

D. 16 USD/người

Câu 57. Độ giảm huyết áp của một bệnh nhân được cho bởi công thức G ( x) 0, 035 x 2 (15  x) , trong đó
x là liều lượng thuốc được tiêm cho bệnh nhân (x được tính bằng miligam). Tính liều lượng thuốc cần
tiêm (đơn vị miligam) cho bệnh nhân để huyết áp giảm nhiều nhất.
A. x = 8
Câu

B. x = 10

58.

9

sin  2 x 
2


Gọi

S

là

C. x = 15

tổng

các

nghiệm

thuộc

D. x = 7
đoạn [0;2π]

của

phương

trình

15 


  3cos  x 
 1  2sin x
2 



A. S = 4π

B. S = 2π

C. S = 5π

D. S = 3π

Câu 59. Có 5 học sinh khơng quen biết nhau cùng đến một cửa hàng kem có 6 quầy phục vụ. Xác suất để
có 3 học sinh cùng vào 1 quầy và 2 học sinh còn lại vào 1 quầy khác là.

A.

C53 .C61 .5!
65

B.

C53 .C61 .C51
65

C.

C53 .C61 .5!
56

D.

C53 .C61 .C51
56

Câu 60. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x  y  z  1 0, A(8;  7; 4) , B ( 1; 2;  2) .
Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( P) sao cho MA2  2 MB 2 nhỏ nhất.
A. M (0;0;  1)

B. M (0;0;1)

C. M (1;0;1)

D. M (0;1;0)

TỐN TỰ LUẬN
Câu 61. Một người đàn ơng muốn chèo thuyền ở vị trí A tới điểm B về phía hạ lưu bờ đối diện, càng
nhanh càng tốt, trên một bờ sơng thẳng rộng 3km (như hình vẽ). Anh có thể chèo thuyền của mình trực
tiếp qua sơng để đến C và sau đó chạy đến B, hay có thể chèo thuyền trực tiếp đến B, hoặc anh ta có thể
chèo thuyền đến một điểm D giữa C và B và sau đó chạy đến B. Biết anh ấy có thể chèo thuyển 6km/h,
chạy 8km/h và quãng đường BC = 8km. Biết tốc độ dịng nước là khơng đáng kể so với tốc độ chèo
thuyền của người đàn ơng. Tìm khoảng thời gian ngắn nhất (đơn vị: giờ) để người đàn ơng đến B.

Câu 62. Cho tứ diện SABC có SA, SB, SC đơi một vng góc và SA = SB = SC = a. Gọi M, N lần lượt
là trung điểm của AB và SA. Em hãy dựng đường vng góc chung và tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng SM và CN.
-------------HẾT-------------


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
TỐN TRẮC NGHIỆM
2
Câu 36. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y x  m  x   m đồng biến trên khoảng

(1;2)?
A. 2.

B. 1.

C. 0.

D. Vô số.

Phương pháp giải:
Hàm số y  f ( x ) đồng biến trên (a; b)  f  ( x) 0 x  (a; b) (bằng 0 tại hữu hạn điểm).

Giải chi tiết:
TXĐ: D  . Ta có y  2 x( m  x)  x 2  3x 2  2mx
Để hàm số đồng biến trên (1; 2) thì y  0 x  (1; 2)
 x( 3 x  2m) 0 x  (1; 2)
  3 x  2m 0 x  (1; 2)
 m

3x
x  (1; 2)
2

Với x  (1; 2) 

3x  3 
3x
  ;3  , do đó m  x  (1; 2)  m 3 .
2 2 
2

Chọn D
Câu 37. Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (0;2).

B. (-2;2).

C. (2;+∞).

D. (-∞;0).

Phương pháp giải:
Dựa vào hình vẽ, xác định khoảng đồ thị đi lên chính là khoảng đồng biến của hàm số.
Giải chi tiết:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (0;2).
Chọn A
3
3
3
Câu 38. Cho a,b,c là các số thực thuộc đoạn [1;2] thỏa mãn log 2 a  log 2 b  log 2 x 1 . Khi biểu
3
3
3
a
b
c
thức P a  b  c  3 log 2 a  log 2 b  log 2 c đạt giá trị lớn nhất thì tổng a  b  c là



A. 3
Phương pháp giải:



1

B. 3.2 3 3

C. 4

D. 6


Ta sử dụng Bổ đề: Cho a b c là các số thực không âm và P (a; b; c) là hàm đối xứng theo các biến
a,b,c.
Giả sử f ( x) là hàm sao cho f  ( x) là một hàm lồi
(tức là f  ( x )  0 thì hàm số P(a; b; c)  f ( a)  f (b)  f (c) đạt giá trị lớn nhất (nếu có) tại a b c ).
Giải chi tiết:
3
Áp dụng vào bài toán của chúng ta. Đặt f ( x ) x  3x log 2 x, x  [1; 2]

2
Khi đó ta có: h( x)  f ( x) 3x  3log 2 x 


Ta tính được h ( x ) 6 x 

3
ln 2

3
3
; h ( x ) 6 x  2
 0x  [1; 2]
2
x(ln 2)
x (ln 2) 2

Do đó hàm h( x)  f  ( x) là hàm lồi. Ta lại có:



P(a; b; c ) a 3  b 3  c 3  3 log 2 a a  log 2 b b  log 2 c c



a 3  b3  c 3  3  a log 2 a  b log 2 b  c log 2 c   f (a)  f (b)  f (c)
Áp dụng bổ đề trên ta suy ra P (a; b; c) đạt GTLN tại a b c
3
3
Khi đó P (a; b; b) a  2b  3  a log 2 a  2b log 2 b  (1)

Giả sử a  2b  ;3  6
Khi đó a   2b thay vào biểu thức (1) ta được:
P (a; b; b) (  2b)3  2b3  3  (  2b) log 2 a(  2b)  b log 2 b 
3
3
Xét hàm số g ( x) (  2 x)  2 x  3  (  2 x) log 2 (  2 x)  b log 2 x  , x  [1; 2]

2
2
Ta có: g ( x )  6 3 x  4a    6 log 2





g  ( x ) 0  3x 2  4 x   2 log 2

  2x

x

  2x


log 2   2  (2)
x
x


Do  3, x  [1; 2] nên hàm số ở vế trái và vế phải của (2) đều là các hàm số nghịch biến.
Mặt khác ta lại có x  là một nghiệm của (2) do đó (2) có nghiệm duy nhất x  trên R .
Do x  [1; 2],  3 nên (2) vơ nghiệm
2
Lại có: g '  1  6 3  4    6log 2    2 





2
Đặt p ( x)  x  4 x  3  log 2 ( x  2);3  x 6


Khi đó p ( x)  2 x  4 

 2( x  2)2 ln 2  1 
1
 
  0,3  x 6

( x  2) ln 2
 ( x  2) ln 2 

Do đó p ( x) là hàm nghịch biến trên [3;6]
Từ đó p (6)  p ( x)  p (3)  p ( x) 0  g  (1) 0
Điều này kéo theo g ( x ) nghịch biến trên [1;2] do đó g (2) g ( x) g (1)


Vì vậy g ( x ) đạt GTLN tại x 1
3
Khi đó b c 1 . Thay vào P (a; b; b) ta có: P(a;1;1) a  2  3a log 2 a, a  [1; 2]

Ta có: P(a;1;1)  f (a )  2

1 
6  x2 
Theo tính tốn ở trên ta có 
2(ln 2) 2 
3

f ( x) 6 x 

 0x [1; 2]
x(ln 2) 2
x



Vậy f  là hàm đồng biến  f (1)  f ( x)  f (2)  0  3 

3
 f  ( x)
ln 2

Do đó f ( x) là hàm đồng biến trên [1;2]
Vậy f ( x )  f (2)
Kéo theo f (a ) đạt GTLN tại a 2 . Hay P (a;1;1) đạt GTLN tại a 2 .
Khi đó a  b  c 4
3
3
3
Kiểm tra lại với a 2, b c 1 thỏa mãn điều kiện log 2 a  log 2 b  log 2 c 1 .

Chọn C
Câu 39. Cho hàm số y 

xm
16
(m là tham số thực) thỏa mãn min y  max y  . Mệnh đề nào dưới đây
[1;2]
[1;2]
x 1
3

là đúng?
A. 2  m 4

B. 0  m 2

C. m 0

Phương pháp giải:
Xét các trường hợp m 1; m  1; m  1 .
y; max y
Với mỗi trường hợp ta tính trực tiếp min
[1;2]
[1;2]
Sử dụng kết quả này để tìm giá trị m .
Giải chi tiết:
Với m 1 thì y 1 do đó m 1 khơng thỏa mãn u cầu bài tốn.
Với m  1 khi đó y 

xm
m 1
1 
x 1
x 1

Do
x  [1; 2]  1 x 2 
Vì vậy max y 1 
[1;2]

1
1
1
m 1 m 1 m 1






1  2 x 1 1 1
3
x 1
2

m 1
m 1
; min y 1 
[1;2]
2
3

Kéo theo
5(m  1) 16
 m  1   m  1  16
max y  min y  1 
 1 
 
  2  m 5  4


[1;2]
[1;2]
3  
2  3
6
3


Nếu m  1 lý luận tương tự ta cũng có max 1 
[1;2]

m 1
m 1
; min y 1 
.
[1;2]
3
2

D. m  4


Trong trường hợp này không tồn tại giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn D
Câu 40. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a và SA vng góc đáy ABCD và
mặt bên (SCD) hợp với đáy một góc 600, M là trung điểm của BC. Tính thể tích hình chóp S.ABMD.
A.

a3 3
.
4

B.

a3 3
.
6

C.

a3 3
.
3

D. a 3 3 .

Phương pháp giải:
Chứng minh góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là SDA bằng cách sử dụng định nghĩa góc giữa
hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng cùng vng góc với giao tuyến.
1
Cơng thức tính thể tích khối chóp V  S.h .
3
Giải chi tiết:

Ta có: SA  ( ABCD)  SA  CD .
Mà AD  CD  CD  ( SAD )  CD  SD .
( SCD)  ( ABCD) CD

Vì  AD  CD
nên góc giữa (SCD) và (ABCD) là SDA 60 .
 SD  CD

Xét tam giác vuông SAD có: h SA  AD.tan 60 a 3
Ta có: S A. BMD S ABCD  SDMC a 2 
Vậy VS . ABMD

1 1 3a 2
.

a. 
2 2
4

1
1 3a 2
a3 3
.
 S ABMD .h  .
.a 3 
3
3 4
4

Chọn A
Chú ý khi giải:
HS thường xác định sai góc giữa hai mặt phẳng dẫn đến đáp số sai.


Câu 41. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a, AD a 2 , đường thẳng SA
vng góc với mặt phẳng (ABCD); góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính theo
a thể tích khối chóp S.ABCD.
A. 3 2a 3 .

B.

6a 3 .

C. 3a 3 .

D.

2a 3 .

Phương pháp giải:
Dựa vào góc giữa SC và (ABCD) để tính SA theo AC.
Góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng d và hình chiếu của nó trên (P).
Giải chi tiết:

Vì SA  ( ABCD) nên góc giữa SC và (ABCD) là góc SCA 60
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng ABC có:
AC  AB 2  BC 2  AB 2  AD 2 a 3
Xét tam giác vng SAC có: SA  AC.tan 60 a 3. 3 3a .
1
1
3
Vậy VS . ABCD  SA.S ABCD  .SA. AB. AD a 2 .
3
3
Câu 42. Cho hàm số f ( x ) x 3  3 x 2 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số
g ( x)  f (| x |)  m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt?

A. 4.

B. 2.

C. 0.

D. 3.

Phương pháp giải:
Dựa vào đồ thị hàm số y  f (| x |) được vẽ thông qua đồ thị hàm số y  f ( x ) xác định giá trị tham số để
phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.


Giải chi tiết:
Dựa vào đồ thị hàm số f (| x |) | x |3  3 | x |2 , hình vẽ bên dưới

Để phương trình g ( x) 0  f | ( x) | m có 4 nghiệm phân biệt
  4   m  0  0 m  4.

Kết hợp điều kiện m    m {1; 2;3} là các giá trị cần tìm.
Vậy có 3 giá trị m thỏa mãn.
Chọn D
x 2  x 1
Câu 43. Cho hàm số y 
, có đồ thị (C). Hỏi từ điểm I(1;1) có thể kẻ được tất cả bao nhiêu tiếp
x 1
tuyến của đồ thị (C)?
A. Có một tiếp tuyến

B. Khơng có tiếp tuyến nào.

C. Có hai tiếp tuyến

D. Có vơ số tiếp tuyến.

Phương pháp giải:
Xây dựng phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số thông qua đạo hàm, cho điểm I thuộc tiếp tuyến tìm
giá trị của tham số, kết luận số tiếp tuyến có thể có.


Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f ( x ) tại điểm M  x0 ; y0  là y  y0  y  x0   x  x0  .

Giải chi tiết:
Ta có: y 


(2 x  1)( x  1)  x 2  x  1



( x  1)

 x

2

2

 2x
.
( x  1) 2

Điểm M (a; y (a ))  (C ) suy ra phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là
y  y0  y   x0   x  x0 
 y

a 2  a  1 a 2  2a

.( x  a )

a 1
(a  1) 2

a 2  2a
2a 2  4a  1
 y
.x 
(d )
(a  1) 2
(a  1)2
Mà I (1;1)  (d ) nên suy ra 1 

a 2  2a 2 a 2  4 a  1
 (a  1) 2


1

 1 (vơ lí)
(a  1) 2
(a  1) 2
(a  1) 2


Vậy khơng có tiếp tuyến nào của (C) đi qua I(1;1).
Chọn B
Câu 44. Tìm tập xác định của hàm số y   x 2  3x  4



A. D ( 1; 2]

BB. D [  1; 2]



1
3

 2 x

C. D ( ; 2)

D. D ( 1; 2)

Phương pháp giải:
Hàm số y  f ( x )a với a không nguyên xác định  f ( x)  0 .
Giải chi tiết:
 x 2  3x  4  0

Hàm số đã cho xác định  
2  x 0

 1  x  4
  1  x 2.

 x 2

Vậy TXĐ của hàm số là D ( 1; 2] .
Chọn A



Câu 45. Nếu 2 

3



a 1

 2  3 thì

A. a≥0.

B. a<0.

C. a≤1.

D. a>0.

Phương pháp giải:
Đưa về cùng cơ số.
Giải chi tiết:
(2 

3) a  1  2  3

 1 



 2 3 

a 1

 2 3

 (2  3)1 a  2  3
 1  a  1 (do 2  3  1)
 a  0.
Chọn D
Câu 46. Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 4π, thiết diện qua trục là hình vng. Một mặt
phẳng (f) song song với trục, cắt hình trụ theo thiết diện là tứ giác ABB′A′ biết một cạnh của thiết diện là
một dây cung của đường tròn đáy của hình trụ và căng một cung 1200. Tính diện tích thiết diện ABB′A′.
A. 3 2

B.

3

C. 2 3

Phương pháp giải:
- Mặt phẳng song song với trục cắt hình trụ theo thiết diện là một hình chữ nhật.
- Vẽ hình, xác định độ dài đường sinh và bán kính đáy để tính diện tích tứ giác
Giải chi tiết:

D. 2 2

Gọi R,h lần lượt là bán kính đáy, chiều cao của hình trụ.
Ta có diện tích xung quanh Sxq = 4π ⇒ 2πRh ⇒ Rh = 2.
Lại có thiết diện qua trục là hình vng nên h=2R, do đó R.2R=2⇔R=1⇒h=2.
Giả sử AB là một dây cung của đường tròn đáy của hình trụ và căng một cung 1200.
Suy ra ABB′A′ là hình chữ nhật có AA′ = h = 2.
OA OB R
 AB R 3  3 .
Xét tam giác OAB cân tại O, có 
0
AOB 120
Vậy diện tích thiết diện cần tính là SABB'A ' AB.AA ' 2 3 .
Chọn C
Câu 47. Cho tam giác ABC đều cạnh a và nội tiếp trong đường tròn tâm O, AD là đường kính của đường
trịn tâm O. Thể tích của khối trịn xoay sinh khi cho phần tơ đậm (hình vẽ) quay quanh đường thẳng AD
bằng

A.

4πa 3 3
27

B.

πa 3 3
24

C.

23πa 3 3
216

D.

20πa 3 3
217

Phương pháp giải:
- Thể tích của khối trịn xoay sinh khi cho phần tơ đậm (hình vẽ) quay quanh đường thẳng AD bằng thể
tích hình cầu đường kính AD trừ đi thể tích hình nón tạo bởi khi quay tam giác ABC quanh trục AD.
4 3
- Thể tích khối cầu bán kính R là V  πR .
3


1 2
- Thể tích khối nón có chiều cao h, bán kính đáy r là V  πr h .
3
Giải chi tiết:

*) Tính thể tích hình cầu đường kính AD:
2
2 a 3 a 3
Tam giác ABC đều, cạnh a  OA  AH  .

R .
3
3 2
3
3

Suy ra: Vcau

4
4 a 3
4 a 3 3
  .R 2   . 
.
 
3
3  3 
27

*) Tính thể tích hình nón (H) tạo bởi khi quay tam giác ABC quanh trục AH:
BC a
a 3
 r .
Hình nón (H) có đường cao AH 
h , bán kính đáy HB 
2
2
2
2

1
1  a  a 3  a3 3
Suy ra Vnon   r 2 .h   .   .
.

3
3  2

2
24
*) Tính V.
Vậy thể tích cần tính là: V Vcau  Vnon 

4 a 3 3  a 3 3 23 a 3 3
.


27
24
216

Chọn C
2
2x
2
2x
Câu 48. Cho F ( x)  ax  bx  c e là một nguyên hàm của hàm số f ( x )  2018 x  3 x  1 e trên









khoảng (  ; ) . Tính tổng T a  2b  4c .
A. T = 1007

B. T = 1011

C. T = -3035

D. T = -5053

Phương pháp giải:
Hàm số F ( x) là một nguyên hàm của hàm số f ( x) khi và chỉ khi f ( x ) F  ( x ) , tìm các biến a,b,c thơng
qua phương pháp đồng nhất hệ số.
Giải chi tiết:
Ta có

f ( x)dx F ( x)

 f ( x) F  ( x)
 f ( x) 2 ax 2  bx  c e 2 x  (2ax  b)e 2 x






 2ax 2  2( a  b) x  b  2c e2 x





 2a 2018


Đồng nhất hệ số ta có:  2(a  b)  3 
b  2c 1


 a 1009

2b  2021 .
 4c  2023


Vậy T a  2b  4c  3035 .
Chọn C
  5 
Câu 49. Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên đoạn   ; 
 4 4 
  5
x    ;
 4 4

f  ( x) tan x ,

  
 2 
 
 \   , f (0) 0, f ( ) 1 . Tỷ số giữa f 
 và f   là
 3 
4
 2

A. 2  log 2 e  1

B. 2

C.

2(1  ln 2)
2  ln 2

Phương pháp giải:
Tìm f ( x ) tanxdx.
Giải chi tiết:
sin xdx
d(cos x)
Ta có: f (x) tanxdx 
 
 ln | cos x | C
cos x
cos x

 π π
f (x)  ln(cos x)  C1 khix    4 ; 2 



 
f (x)  ln( cos x)  C khix   π ; 5π 
2



 2 4 
 ln 1  C1 0
Mà f (0) 0, f (π) 1  

 ln 1  C2 1

C1 0
.

C2 1


 π π
f (x)  ln(cos x) khi x    4 ; 2 



 
f (x)  ln( cos x)  1 khi x   π ; 5π 


 2 4 
  π
π
2
1
1

 ln 2  ln 2  ln 2

f    ln  cos   ln
4
2
2
2
  4

 
f  2π   ln cos 2π  1  ln 1  1 ln 2  1
  3 
3
2
 2π 
f 
2(ln 2  1)
3
  
2  1  log 2 e 
ln 2
 π
f 
 4
Chọn A

 
\   thỏa mãn
2

D. 2  1  log 2 e 

2 x
Câu 50. Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên R thỏa mãn f  x  f  x   x e  1, x   và

f  0   1 . Tính f(3).
A. 6e3 + 3

B. 6e2 + 2

C. 3e2 - 1

D. 9e3 - 1

Phương pháp giải:
+) Chuyển vế và nhân cả hai vế với e  x
+) Lấy nguyên hàm hai vế.
Giải chi tiết:
Chuyển vế và nhân cả hai vế với e  x ta có:
f  ( x)  f ( x )  x 2e x  1 x  R
 f  ( x )e  x  e  x f ( x )  x 2  e  x




Ta có:  f ( x)e  x   f  ( x )e  x  e  x f ( x )   f ( x)e  x  x 2  e  x
Lấy nguyên hàm hai vế ta được: f ( x)e  x 

x3
x 3e x
 e x  C  f ( x) 

 1  Ce x
3
3

Ta có: f (0)  1   1  C  1  C 0  f ( x) 
Vậy f (3) 

x 3e x
 1.
3

33 e3
 1 9e3  1 .
3

Chọn D
Câu 51. Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi parabol y x 2 và đường thẳng y = 2x. Tính thể tích V của
khối trịn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hồnh.
A. V 

64π
15

16π
B. V 
15

C. V 

20π

3

D. V 

4π
3

Phương pháp giải:
Cho hai hàm số y  f ( x ) và y  g ( x) liên tục trên [a; b]. Khi đó thể tích vật thể trịn xoay giới hạn bởi
hai đồ thị hàm số y  f ( x), y  g ( x) và hai đường thẳng x a; y b khi quay quanh trục Ox là:
b

V   f 2 ( x)  g 2 ( x) dx
a

Giải chi tiết:
 x 0
2
Phương trình hồnh độ giao điểm: x 2 x  
.
 x 2
Thể tích cần tìm :


2

  x 2
0

 

2

 (2 x )2 dx

2

2

0

0

  x 4  4 x 2 dx    x 4  4 x 2 dx
4 
1
   x5  x3 
3 
5

2

0





 32 32  64
  

 
3 
15
 5

Chọn A
Câu 52. Gọi A ,B lần lượt là các điểm biểu diến của các số phức z1 1  2i; z2 5  i . Tính độ dài đoạn
thẳng AB.
A.

5  26

B. 5

C. 2

D.

37

Phương pháp giải:
Ta có

A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2   AB  x2  x1 ; y2  y1   AB 

 x2  x1 

2

  y2  y1 

2

Giải chi tiết:
Ta có A(1; 2) biểu diễn số phức z1 1  2i , điểm B(5;  1) biểu diễn số phức z2 5  i .
 AB  (5  1) 2  ( 1  2) 2 5.
Chọn B
Câu 53. Cho số phức z thỏa mãn z (1 + i) = 3 − 5i. Tính mơđun của z.
A. |z| = 17

B. |z| = 16

C. |z| = 17

D. |z| = 4

Phương pháp giải:
Lấy môđun hai vế, sử dụng công thức |z1|.|z2|=|z1.z2|
Giải chi tiết:
z(1+i)=3−5i
⇔|z(1+i)|=|3−5i|
z . 2  34
 z  17
Chọn A
Câu 54.
Số phức z a  bi (a, b  ) thỏa mãn | z  2 || z | và ( z  1)( z  i ) là số thực. Giá trị của biểu thức
S a  2b bằng bao nhiêu?

A. S  1

B. S 1

C. S 0

D. S  3

Phương pháp giải:
Đặt z a  bi , thực hiện yêu cầu bài toán, chú ý số phức là số thực khi phần ảo bằng 0
Giải chi tiết:


Ta có
| z  2 || z | | a  2  bi || a  bi |
 (a  2) 2  b 2 a 2  b 2
 a  2 a (vo nghiem)
 (a  2) 2 a 2  
 a  2  a
 a 1.
Khi đó z 1  bi  z 1  bi
 ( z  1)( z  i ) (2  bi)[1  (b  1)i ] b 2  b  2  (b  2)i là số thực.
 b  2 0  b  2 .

Vậy S a  2b 1  2.( 2)  3 .
Chọn D
Câu 55. Cho các số phức w,z thỏa mãn | z  5  3i |3,| iw  4  2i |2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
T | 3iz  2 w |
A.

B.

554  5

C.

578  13

578  5

D.

554  13

Phương pháp giải:
Đưa về khoảng cách giữa hai điểm thuộc các đường tròn biểu diễn các số phức và biện luận vị trí điểm
để biểu thức đạt giá trị lớn nhất
Giải chi tiết:


u 3iz

Đặt 
 v  2w




u
z 

3i



 w  v

2


 u  9  15i
3

3i



 iv  8  4i 2

2



| z  5  3i |3


| iw  4  2i |2


| u  9  15i |9


| iv  8  4i |4

u
  5  3i 3
 3i

  iv  4  2i 2
 2

| u  9  15i |9

| v  4  8i |4

Do đó, tập hợp điểm M biểu diễn số phức u thuộc đường tròn

 C1  : ( x  9)2  ( y  15)2 81
2
2
Tập hợp điểm N biểu diễn số phức v thuộc đường tròn  C2  : ( x  4)  ( y  8) 16

Xét  C1  có tâm I1 (9;15) , bán kính R1 9,  C2  có tâm I 2 (4;  8) , bán kính R2 4
Dễ thấy  C1  ,  C2  không cắt nhau  | u  v |MN lớn nhất
 MN I1 I 2  R1  R2  554  13 .
Vậy T | 3iz  2 w | đạt giá trị lớn nhất bằng
Chọn D

554  13 .


Câu 56. Giám đốc một nhà hát A đang phân vân trong việc xác định mức giá vé xem các chương trình
được trình chiếu trong nhà hát. Việc này rất quan trọng, nó sẽ quyết định nhà hát thu được bao nhiêu lợi

nhuận từ các buổi trình chiếu. Theo những cuốn sổ ghi chép của mình, Ơng ta xác định rằng: nếu giá vé
vào cửa là 20 USD/người thì trung bình có 1000 người đến xem. Nhưng nếu tăng thêm 1 USD/người thì
sẽ mất 100 khách hàng hoặc giảm đi 1 USD/người thì sẽ có thêm 100 khách hàng trong số trung bình.
Biết rằng, trung bình, mỗi khách hàng cịn đem lại 2 USD lợi nhuận cho nhà hát trong các dịch vụ đi kèm.
Hãy giúp Giám đốc nhà hát này xác định xem cần tính giá vé vào cửa là bao nhiêu để nhập là lớn nhất?
A. 21 USD/người

B. 18 USD/người

C. 14 USD/người

D. 16 USD/người

Phương pháp giải:
Gọi giá vé là 20  x , lập biểu thức thu nhập của nhà hát theo x và tìm GTLN của biểu thức đó
Giải chi tiết:
Gọi giá vé là 20  x(USD) ( x  )
Khi đó số người xem là 1000  100x
Thu nhập của nhà hát là
(1000  100 x)(22  x) 100(10  x)(22  x) 100  x 2  12 x  2200





 100  ( x  6) 2  2236   100( x  6) 2  223600 223600
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = −6.
Vậy giá vé là 14 USD để thu nhập của nhà hát là lớn nhất
Chọn C
Câu 57. Độ giảm huyết áp của một bệnh nhân được cho bởi công thức G ( x) 0, 035 x 2 (15  x) , trong đó

x là liều lượng thuốc được tiêm cho bệnh nhân (x được tính bằng miligam). Tính liều lượng thuốc cần
tiêm (đơn vị miligam) cho bệnh nhân để huyết áp giảm nhiều nhất.
A. x = 8

B. x = 10

C. x = 15

D. x = 7

Phương pháp giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si để tìm giá trị lớn nhất củaG(x). Tìm giá trị x để G đạt giá trị lớn nhất.
Giải chi tiết:
Để huyết áp giảm nhiều nhất thì hàm G ( x) 0, 035 x 2 (15  x) cần đạt giá trị lớn nhất.
x x

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho  ; ;15  x  ta nhận được
2 2

x x
G ( x) 0, 035 x 2 (15  x) 0, 035 4   (15  x)
2 2
3

 x x

 2  2  (15  x) 
3
0,14 
 0,14.5 17,5.

3




Giá trị lớn nhất đạt được khi và chỉ khi

x
15  x  x 10 .
2


Chọn B
Câu

58.

9

sin  2 x 
2


Gọi

S

là

tổng

các

nghiệm

thuộc

đoạn [0;2π]

của

phương

trình

15 


  3cos  x 
 1  2sin x
2 



A. S = 4π

B. S = 2π

C. S = 5π

D. S = 3π

Phương pháp giải:
Sử dụng mối quan hệ giữa các giá trị lượng giác có các cung bù nhau, phụ nhau, cơng thức
cos 2 x  1 2sin 2 x để đưa về dạng phương trình đã biết cách giải.
Giải chi tiết:
9 
15 


sin  2 x 
  3cos  x 
 1  2sin x
2 
2 




15




 sin  2 x   4   3cos  x 
 8  1  2sin x
2
2









 sin  2 x    3cos  x   1  2sin x
2
2


 cos 2 x  3sin x  2sin x  1 0

 1  2sin 2 x  sin x  1 0
 sin x(2sin x  1) 0


 sin x 0


 sin x  1

2




 x k

 x   k 2


6

5
 x   k 2
6


(k  )

Các nghiệm thuộc đoạn [0; 2 ] là 0,  , 2 ,
Vậy S 0    2 

 5
,
.
6 6

 5

4 .
6 6

Chọn A
Câu 59. Có 5 học sinh không quen biết nhau cùng đến một cửa hàng kem có 6 quầy phục vụ. Xác suất để
có 3 học sinh cùng vào 1 quầy và 2 học sinh còn lại vào 1 quầy khác là.
A.

C53 .C61 .5!
65

B.

C53 .C61 .C51
65

C.

C53 .C61 .5!
56

D.

C53 .C61 .C51
56

Phương pháp giải:
Áp dụng các quy tắc đếm cơ bản.
Giải chi tiết:
Một người có 6 cách chọn quầy khác nhau  Số phần tử của không gian mẫu là n() 65 .


3
1
Chọn 3 học sinh trong 5 học sinh có C5 cách, chọn 1 quầy trong 6 quầy có C6 cách.
3
1
Suy ra có C5 .C6 cách chọn 3 học sinh vào 1 quầy bất kì.
1
Khi đó, 2 học sinh cịn lại sẽ chọn 1 trong 5 quầy cịn lại  có C5 cách.

3
1
1
Do đó, số kết quả thuận lợi cho biến cố là n( X ) C5 .C6 .C5 .

n  X  C35 .C16 .C15

Vậy P 
.
n   
65
Chọn B
Câu 60. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x  y  z  1 0, A(8;  7; 4) , B ( 1; 2;  2) .
Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( P) sao cho MA2  2 MB 2 nhỏ nhất.
A. M (0;0;  1)

B. M (0;0;1)

C. M (1;0;1)

D. M (0;1;0)

Phương pháp giải:



- Gọi I là điểm thỏa mãn IA  2 IB 0 , tìm tọa độ điểm I .
- Viết MA2  2 MB 2 dưới dạng vectơ, chèn điểm I.
- Từ đó suy ra vị trí điểm M thuộc ( P) để MA2  2 MB 2 nhỏ nhất.
Giải chi tiết:

 
Gọi I ( a; b; c) là điểm thỏa mãn IA  2 IB 0 .


Ta có: IA (8  a;  7  b; 4  c), IB ( 1  a; 2  b;  2  c) .
8  a  2( 1  a) 0

  7  b  2(2  b) 0 
4  c  2( 2  c) 0


3a 6

3b  3 
3c 0


a 2

b  1
c 0


 I(2;  1;0)
Ta có
MA 2  2MB2
 
 
(MI  IA) 2  2(MI  IB) 2
 

3MI 2  IA 2  2IB2  2MI(IA  2IB)
3MI 2  IA 2  2IB2
2
2
Vì I, A, B cố định nên IA, IB không đổi, suy ra  MA  2MB  min  MI min  M là hình chiếu vng

góc của I lên mặt phẳng (P) .
 x 2  2t

Đường thẳng d đi qua I và vng góc với (P) là d :  y  1  t .
 z t

Suy ra M d  ( P )  Tọa độ của M là nghiệm của hệ