SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG ĐỀ MINH HỌA (Đề có ……trang) KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2019 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút

 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LÂM ĐỒNG
 
ĐỀ MINH HỌA

KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2019
Mơn: TỐN  
Thời gian làm bài: 90  phút. 

(Đề có ……trang)
Câu 1 (NB). Thể tích khối lăng trụ có chiều cao  h  và diện tích đáy bằng  B  là 
A.  V  4 Bh2 . 
1
B.  V  Bh . 
3

C.  V  Bh . 
D.  V 

4 3
Bh . 
3

Lời giải:
Đáp án C. 
Câu 2 (NB). Cho hàm số  y  f  x   có bảng biến thiên như hình sau 

 
Hàm số  y  f  x   đồng biến trên khoảng nào dưới đây ? 

A.   .0  . 
B.   2;   . 
C.   2;0  . 
D.   0; 2  . 
Lời giải:
Đáp án D 
Câu 3 (NB). Trong không gian  Oxyz , đường thẳng   d  :
A.   2;3; 4  . 
B.  1; 1; 2  . 

x 1 y  1 z  2
 có một vectơ chỉ phương là 


2
3
4


C.   1;1; 2  . 
D.   4;3; 2  . 
Lời giải:
Đáp án A 
Câu 4 (NB). Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây ?  

 
A.  y   x4  2 x 2  2 . 
B.  y  x 4  2 x 2  2 . 
C.  y  x3  3x 2  2 . 
D.  y   x3  3x 2  2 . 

Lời giải:
Đáp án C 
Câu 5 (NB). Với  a  0 ,  a  1 ,  log 2  2a   bằng 
A.  1  log 2 a . 
B.  2  log 2 a . 
C.  1  log 2 a . 
D.  2.log 2 a . 
Lời giải:
Đáp án A 
Câu 6 (NB). Nguyên hàm của hàm số  f  x   x 2  e x  là 
A.  2 x  e x  C.   
1
B.  x3  e x 1  C.  
3
1
C.  x3  e x  C.   
3


D.  x 2  e x  C.   
Lời giải:
Đáp án C 
Câu 7 (NB). Cho hình trụ có diện tích xung quanh bằng  2 a 2  và bán kính đáy bằng  a . Độ dài đường cao của 
hình trụ đó bằng 
A.  a.   
B.  2a.   
C.  a 2.   
D. 

3a

.   
2

Lời giải:
Đáp án A 
Câu 8 (NB). Tập nghiệm của  32 x  3x 4  là 
A.   0; 4  .   
B.   ; 4  .   
C.   0;81 .   
D.   4;   .   
Lời giải:
Đáp án D 
Câu 9 (NB). Trong không gian  Oxyz , mặt phẳng   P  : x  2 y  3z  4  0  có một vectơ pháp tuyến là 
A.   1; 2;3 . 
B.   3; 2; 1 . 
C.   2;3; 4  . 
D.   4;3; 1 . 
Lời giải:
Đáp án A 
3

dx
 bằng 
x

2
0

Câu 10 (NB). Tính tích phân  
A. 

25
. 
4


5
B.  log . 
2

C.  ln

5
. 
2

5
D.  . 
2

Lời giải:
Đáp án C 
Câu 11 (NB). Trong không gian  Oxyz , cho ba điểm  M  2;0;0  ,  N  0;0;3 ,  P  0; 2;0  . Mặt phẳng   MNP   có 
phương trình là 
x y z
A.     1 . 
2 3 2
x y z
B.     1 . 
2 2 3

x y z
C.     0 . 
2 2 3
x y z
D.     0 . 
2 3 2

Lời giải:
Đáp án B 
Câu 12 (NB). Với  k và  n  là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn  k  n . Mệnh đề nào sau đây đúng ? 
A.  Ank 

n!
  
k ! n  k  !

B.  Ank 

n!
  
k!

C.  Ank 

k!
  
 n  k !

D.  Ank 

n!
 . 
 n  k !

Lời giải:
Đáp án D 
Câu 13 (NB). Cho cấp số cộng   un   có số hạng đầu  u1  2  và cơng sai  d  5 . Giá trị của  S4  bằng. 
A.  38 . 
B.  34 . 


C.  19 . 
D.  17 . 
Lời giải:
Đáp án A 
Câu 14 (NB). Điểm  M  trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức 

 
A.  z  1  2i . 
B.  z  1  2i . 
C.  z  2  i . 
D.  z  2  i . 
Lời giải:
Đáp án A 
Câu 15 (NB). Đồ thị hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng ? 
A.  y 

B.  y 

x2  x  1

x2  1

x 1
x2  1

. 

 . 

C.  y  x 2  1  . 
D.  y 

x2  1
 . 
x 1

Lời giải:
Đáp án D 
 
Câu 16 (TH). Cho hàm số  y  f  x   có bảng biến thiên như sau 


 
Số nghiệm của phương trình  f  x   4  0  là 
A.  0 . 
B.  1. 
C.  2 . 
D.  3 . 
Lời giải:
Đáp án C 

Câu 17 (TH). Giá trị nhỏ nhất của hàm số  f  x   x3  4 x 2  2  trên đoạn   1; 2  bằng 
A.  5 . 
B.  14 . 
C.  2 . 
D.  25 . 
Lời giải:
Đáp án B 
Câu 18 (TH). Xét các số phức  z  thỏa mãn  z  1  3i  2z  1 . Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất cả các điểm 
biểu diễn số phức  z  là một đường trịn có bán kính bằng 
A.  5  . 
B.  5  . 
C.  11  . 
D.  11  . 
Lời giải:
Đáp án A 
x 1 y  1 z  2
. Mặt phẳng đi qua 


4
6
2
A  5; 4; 2   và vng góc với đường thẳng   d   có phương trình là 

Câu 19 (TH). Trong khơng gian  Oxyz , cho đường thẳng   d  :

A.  2 x  3 y  z  8  0 . 
B.  2 x  3 y  z  20  0 . 

C.  x  y  2 z  13  0 . 
D.  x  y  2 z  13  0 . 
Lời giải:
Đáp án B 
Câu 20 (TH). Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình  log 3 x.log 9 x.log 27 x.log81 x 
A. 

82
. 
9

B. 

80
. 
9

2
 bằng 
3

C.  9 . 
D.  0 . 
Lời giải:
Đáp án D 
Câu 21 (TH). Cho số phức  z   2  i 1  i   1  2i . Mô-đun của số phức z là 
A.  2 2 . 
B.  4 2 . 
C.  17 . 
D.  2 5 . 

Lời giải:

z   2  i 1  i   1  2i  4  i   
z  17   Đáp án C 
Câu 22 (TH). Trong không gian  Oxyz , cho hai đường thẳng   d1  :

x 3 y 3 z  2
 , 


1
2
1

x  5 y 1 z  2
 và mặt phẳng   P  : x  2 y  3z  5  0 . Đường thẳng vng góc với   P  , cắt cả 


3
2
1
 d1   và   d2   có phương trình là 

 d2  :

A. 

x  2 y  3 z 1
. 



1
2
3

B. 

x 1 y  1 z

  . 
1
2
3

C. 

x3 y 3 z 2
. 


1
2
3


D. 

x 1 y  1 z

  . 

3
2
1

Lời giải:
Đáp án B 

d   P   nên suy ra vectơ chỉ phương của d  loại C, D. 
Xét vị trí của d và d1 , d và d2. Chọn B 
Câu 23 (TH). Cho  a, b, c  0 ,  a, c, ac  1 . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ? 
A.  

log a c
 1  log a b  . 
log ab c

B. 

log a c
 1  log a c  . 
log ab c

C. 

log a c
 1  log a b  . 
log ab c

D. 

log a c
 1  log a c  . 
log ab c

 

 

 

 

 

 

Lời giải:
Đáp án C 
log a c
 log a c  log c ab   log a c  log c a  log c b   1  log a b  
log ab c
e

Câu 24 (TH). Cho    2  x ln x  dx  ae2  be  c  với  a, b, c  là các số hữu tỉ. Mệnh đề nào dưới đây đúng ? 
1

A.  a  b  c  0 . 
B.  a  b  c  0 . 
C.  a  b  c  0 . 
D.  a  b  c  0 . 

Lời giải:
Đáp án C 
e

e

e
 x2

x
  2  x ln x  dx   2 x  1   2 ln x    2 dx   

1 1
1

  2e  2  

e

e2  e 2 1  e 2
7
      2e    


2  4 4 4
4


1
7

 a  , b  2, c    a  b  c  0 . 
4
4

  300 ,    IM  a . Khi quay  tam giác  
Câu 25 (TH). Trong khơng gian cho tam giác  OIM vng tại  I ,  IOM
OIM  quanh cạnh  OI thì tạo thành một hình nón trịn xoay. Tính thể tích khối nón trịn xoay được tạo thành. 

 a3

 

A. 

 

B.   a 3 3 . 

 

C. 

 

D.  2 a 3 3 . 

3

. 

2 a3
. 
3

 

 

 

 

 

 

Lời giải:

 

1 2
1 2 a
 a3 3
V  r h  a

  
3
3
3
tan 300

Chọn A
Câu 26 (TH). Cho hàm số  y  f  x  . Hàm số  y  f '  x   có đồ thị như hình bên. Hàm số  y  f  2  x   đồng 
biến trên khoảng 

 
A.  1;3 . 
B.   2;   . 
C.   2;1 . 
D.   ; 2  . 
Lời giải:


Chọn C 

 2  x  1
x  3

Hàm số đồng biến  y '   f '  2  x   0  
 
1  2  x  4 2  x  1
Câu 27 (TH). Cho hình lăng trụ tam giác đều  ABC. A ' B ' C '  có  AB  a , góc giữa hai mặt phẳng  A ' BC   và 

 ABC   bằng  600 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho.  
 

A. 

3 3 3
a . 
8

 

 

 

B. 

3 3
a . 
8

 

 

 

C. 

3 3 3
a . 
4

 

 

 

D. 

3 3
a . 
4

 

 

 

Lời giải:
 
Câu 28 (TH). Có bao nhiêu giá trị ngun dương của tham số  m  để phương trình  16 x  2.12 x   m  2  .9 x  0  
có nghiệm dương ? 
A.  1 . 
B.  2 . 
C.  3 . 
D.  4 . 
Lời giải:
4
16  2.12   m  2  .9  0   
3
  m  min f  t   3
Ycbt 
  
m3
 m  1, m  2   

Có 2 giá trị . chọn B 
x

x

x

2x

x

4
 2    2  m  
3

Câu 29 (TH). Có bao nhiêu giá trị nguyên của  m  để hàm số  y 
A.  1 . 
B.  2 . 
C.  6 . 
D. vô số. 
Lời giải:
2

3m  2  0
m 
Ycbt     

3  m  1, m  2   
3m  6
m  2

Chọn B 

x2
 đồng biến trên khoảng   ; 6   ? 
x  3m


Câu 30 (TH). Hình  chóp  S. ABC   có  SA  3a   và  SA   ABC  ,  AB  BC  2a ,  
ABC  1200 .  Thể  tích  của 
khối chóp  S . ABC  là    

 

 

A.  a 3 3 . 

 

 

 

B.  3a 3 3 . 

 

 

 

C.  2a 3 3 . 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 
D.  6a 3 3 . 
Lời giải:
1
1
V  S ABC .SA  .BC .BA.sin B.SA  2a 3 3   
3
3
Chọn C 









Câu 31 (VD). Nghiệm của phương trình:  log3 6.2 x  3  log3 4 x  4  1   là: 
A.  x  log 2 6 . 
B.  x  log 2 3 .       
C.  x  log3 2 .   

 

D.  x   log 2 3  
Lời giải:









Phương trình  log3 6.2 x  3  log3 4 x  4  1  log3

6.2 x  3

x

4 4

 1  3.4 x  6.2 x  9  0  2 x  3  2 x  1   

Suy ra nghiệm  x  log 2 3 .Đáp án B. 
Câu 32 (VD). Cho hình vng ABCD cạnh 4a. Trên cạnh AB và AD lần lượt lấy hai điểm H và K sao cho BH 
  300 . Gọi E là 
= 3HA và AK = 3KD.  Trên đường thẳng (d) vng góc (ABCD) tại H lấy điểm S sao cho  SBH
giao điểm của CH và BK. Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp của hình chóp SAHEK. 
A. 

a3 13
. 
3

 

 

B. 

54a3 13
.   
3

 

C. 

52a3 13
.   
3

 

D. 

52a3 12
. 
3

Lời giải:


S

O
A
K

H

D

E
B

C

Ta có:  
 

– AD  AB và AD  SH nên AD  SA   SAK = 900. 

 

– SH  HK nên  SHK = 900. 
– CH  BK và BK  SH  nên BK  (SKE)   SEK = 900. 

Vậy SAHEK nội tiếp mặt cầu có đường kính là SK.  
Theo giả thiết ta có: BH = 3a; HA = a; AK = 3a và KD = A. 
∆ SHB vng tại H có  SBH = 300 nên SH = BH.tan300 =  a 3 . 
Ta có SK2 = SH2 + HK2 = 3a2 + 10a2 = 13a2  SH =  a 13 . 
Vậy  Vmc 

4 3 4
52a3 13
. Đáp án C. 
R 
(a 13)3 
3
3
3

Câu 33 (VD).  Cho hàm số  f  x   thỏa mãn  f 1 

1
2

 và  f   x    xf  x    với mọi  x  R  . Giá trị  f  2   
3

bằng 
2
A.   .  
3
3
B.   .  
2
16
C.   .  
3
3
D.   . 
16
Lời giải:

Từ giả thiết suy ra 
Suy ra  f  2  

 
 

f  x
f

2

 x

2
2

x 
1

f  x
f

2

 x

2

dx   x 2 dx 
1

7
1
1
7


  . 
3
f 1 f  2  3

3

 . Đáp án B. 
2

Câu 34 (VD).  Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng và tam giác SAB là tam giác cân tại đỉnh S. 
Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng đáy bằng  450 , góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng đáy bằng  600 . 
Tính thể tích khối chóp S.ABCD, biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SA bằng  a 6 . 


A. 

8a 3 3
. 
3

 

 

B. 

4a 3 3
. 
3

 

 

 

C.  

2a 3 3
.   
3

 

 

D. 

a3 3
. 
3

Lời giải:
S

P
A
M

D
N

H

B

C

 
+  Gọi H là hình chiếu vng góc của S lên mặt đáy, M là trung điểm AB ,  N  MH  CD  .. 
  450  SA  SH 2  
SA, ( ABCD)   SAH
Ta có  

+ Tam giác SAB cân tại S nên  SM  AB  . Mặt khác AB  SH  AB   SMN   
  600  SM  SH .
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) là   SMH

2
 
3

+ Từ điểm N dựng  NP  SM  . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD là NP  a 6 .  
Ta có  SH .MN  NP.SM  SH . AB  a 6.SH

2
 AB  2 2a  SH  a 3  
3

+ Trong tam giác SAM ta có  SA2  AM 2  SM 2  2 SH 2 
1
3

Suy ra   VS . ABCD  SH .S ABCD 

4 SH 2

 2a 2  SH  a 3  
3

a 3.8a 2 8 3a 3
. Đáp án A.

3
3

 
Câu 35 (VD). Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho  điểm A(2;1;10) và đường thẳng d có phương 
x 1 y  2 z
trình 

 .Phương trình đường thẳng qua điểm  A ,vng góc với đường thẳng d và cắt đường 
2
2
1
thẳng d là
  x  2 y  1 z  10
A.
.                


1
3
8


x  2 y  1 z  10

. 


1
3
10
x 1 y  1 z  3
C. 
.                      


2
3
6
x 1 y 1 z  3
D. 
. 


2
3
6
Lời giải:
Phương trình mặt phẳng qua A và vng d là 2x -2y + z -12 = 0   (P)  
Khi đó (d) và (P) cắt nhau tại B(3;-2;2). Đường thẳng cần tìm là đường thẳng qua hai điểm A, B có phương 
x  2 y  1 z  10
trình 
.  Đáp án A. 



1
3
8
tan x  10
Câu 36 (VD). Có bao nhiêu giá trị nguyên của  m   15;15   sao cho hàm số y = 
  đồng biến trên 
tan x  m
 
khoảng  0;  ?
 4
 
A. 29.   
          
 
B. 20.   
 
 
 
C. 9   
 
 
 
 
D. 10.
 
Lời giải:
t  10
 
Đặt  t  tan x  . Với  x   0;   thì  t   0;1  ,  hàm số trở thành  f  t  
. 

tm
 4
 m  10  0
m  10
 
Đạo hàm  f   t  
. Hàm số đồng biến trên   0;   khi  
 1  m  10  .  
2
 4
m  0  m  1
t  m

 B. 

Vậy có 9 giá trị nguyên của m. Đáp án C. 
 
Câu 37 (VD). Cho số phức  z  thỏa  z  1  2  . Giá trị lớn nhất của biểu thức  T  z  i  z  2  i  bằng 
 

A.  8 2  . 
B.  8  .   

C.  4 2  . 
D.  4  .
Lời giải:

 
 
                         

2

Ta có  z  1  2   x  1  y 2  2  x 2  y 2  2 x  1   
2

T  z  i  z  2  i  x 2   y  1 

 x  2 2   y  12

 2  x  y  1  2   x  y  3   

Suy ra  T  4.4  4  . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức  T  z  i  z  2  i  bằng 4. Đáp án D. 
Câu 38 (VD). Một ô tô bắt đầu chuyển động với vận tốc  v  t   at 2  bt với t tính bằng giây và v tính bằng 
 
mét/giây (m/s), sau 10 giây thì đạt vận tốc cao nhất  v  50  (m/s) và giữ ngun vận tốc đó, có đồ thị vận tốc 
như hình sau. 


 
Tính qng đường s ơ tơ đi được trong 20 giây ban đầu. 
2500
A. s 
 (m).                         
3
2600
B. s 
 (m).     
3
C. s  800  (m).                          

2000
D. s 
 (m).
3
Lời giải:
1
 b

 10
1 2

a  
Từ đồ thị ta có   2a

2  v  t    t  10t   
2
100a  10b  50 b  10
10

20

2500
 1

quãng đường s ô tô đi được trong 20 giây ban đầu bằng     t 2  10t  dt   50dt 
 . Đáp án A. 
2
3

0

10
x  2
 có đồ thị  C   và điểm  A  a;1  . Gọi S là tập hợp tất cả giá trị thực của a 
x 1
để có duy nhất một tiếp tuyến của   C   đi qua điểm A. Số phần tử của S là 

Câu 39 (VD). Cho hàm số  y 

 

A.1 .   
B. 2 .   
 
C.3 .                           
D. 4.
Lời giải:
Phương trình tiếp tuyến tại điểm   x0 ; y0   là  y  
Tiếp tuyến đi qua điểm A suy ra  1  

a  x0

 x0  12

x  x0

 x0  1

2

 x  2 

 0
   
 x0  1 

 x  2 
2
 0
  2 x0  4 x0  a  3  0  có duy nhất nghiệm  x0  khi 
 x0  1 

a  1  . Số phần tử của S là 1. Đáp án A. 
 





Câu 40 (VDC). Gọi (H) là đa giác đều  4n  đỉnh nội tiếp trong đường trịn tâm O n  *  và X là tập hợp các 
tam giác có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác (H). Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập X. Biết rằng xác suất 
1
chọn được một tam giác vng thuộc tập X là  . Giá trị của n là
13
 
A. 12.   
 
 
B. 9.   
 
 
C. 14.   

 
 
D. 10. 
Lời giải:
3
Số phần tử của tập X là  C4n
 


Gọi A là biến cố : “Chọn được tam giác vng” 
Đa giác đều 4n đỉnh nội tiếp trong đường trịn tâm O có 2n đường chéo qua tâm O. 
Mỗi tam giác vng tạo bởi hai đỉnh nằm trên cùng một đường chéo qua tâm O và một đỉnh trong  4n  2  đỉnh 
cịn lại. 
Suy ra số tam giác vng được tạo thành là  C12 n .C14n 2  . 
Từ giả thiết suy ra  P  A 

C12 n .C14 n2
C43n



1
 n  10  
13

Câu 41 (VDC). Trong  không  gian  với  hệ  toạ  độ  Oxyz,  cho  bốn  đường  thẳng   d1  :

x 1 y  2
z
, 



1
2
2

x  2 y z 1
x y2 z4
x4 y2 z
,   d3  : 
 và   d 4  :
 


 . Hỏi có bao nhiêu đường thẳng cắt 
2
2
1
2
4
4
2
1
1
cả bốn đường thẳng đã cho? 
 
A. Khơng có.   
 
B. 1.   
 

 
C. 2.   
 
 
D. Vơ số. 
Lời giải:

 d2  :

(d4)
(d1)

(d2)

(d3)

Hai đường thẳng   d1  ,  d3   song song và nằm trong mặt phẳng  3 y  z  6  0  . 
Hai đường thẳng   d 2  ,  d 4   phân biệt cùng cắt mặt phẳng  3 y  z  6  0  tại điểm  A  4; 2;0   . 
Qua A có vơ số đường thẳng cắt Hai đường thẳng   d1  ,  d3  . Vậy có vơ số đương thẳng cắt bốn đường thẳng 
đã cho. 
 
Câu 42. (VDC) Xét các số phức z, w thỏa  z  1  3i  z  2i  và  w  1  3i  w  2i . Giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức  P  z  w  là  
 

A.

3
.  
13

 

 

B.

3 26
. 
13

 

 

 

 

C.
D.

26
. 
4
13  1
. 
2

Lời giải:

Đặt  z  x  yi  ta có  z  1  3i  z  2i  x  5 y  3  0   
Đặt  w  x  y i    w  1  3i  w  2i  x  5 y  3  0  . 


Suy ra tập các điểm biểu diễn hai số phức z và w như hình vẽ (phần tơ đậm) 

 
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức  P  z  w  bằng khoảng cách giữa hai đường thẳng  x  5 y  3  0  và 
3 26
 . Đáp án B. 
13
Câu 43 (VDC). Cho hàm số  y  f  x   xác định và liên tục trên đoạn   1;3  có đồ thị như hình vẽ sau.  
x  5 y  3  0  và bằng 

y
16
7
3
-1 0

x

2

-9

 
Có bao nhiêu giá trị của m để giá trị lớn nhất của hàm số  y  f  x   m  trên đoạn   1;3  bằng 2018? 
A. 0.                       
B. 2.                   

C. 4.                   
D. 6 
Lời giải:
Xét hàm số  y  f  x   m . Từ đồ thị hàm số   f  x   trên đoạn   1;3  , suy ra  9  m  f  x   m  16  m  
Vậy  max f  x   m  max  16  m ; 9  m   
 1;3
7
TH1. Nếu  16  m  9  m  m    ta có  max f  x   m  16  m  16  m  2018  m  2002  
2
 1;3
7
TH2. Nếu  16  m  9  m  m    ta có  max f  x   m  9  m  9  m  2018  m  2009 . 
2
 1;3
Vậy có 2 giá trị ngun cần tìm. Đáp án B. 
 
Câu 44 (VDC). Có bao nhiêu giá trị ngun của  m   6;8  để phương trình  log 3 x  2  log 2  x  1  m  có ba 
2

nghiệm phân biệt ? 
A. 9.   
B. 15.   
C.6.   

 
 
 

3

D. 8 . 
Lời giải:
m

3
log 3 x  2  log 2  x  1  m  log 3 x  2  x  1  m  x  2  x  1     . 
2
2
3
2

Đồ thi hàm số  y  x  2  x  1  như hình sau 
y

9
4

x

0

2

1
2

 
m

9
3
Suy ra phương trình có ba nghiệm phân biệt khi  0      m  2  . 
4
2
Vậy có 8 giá trị ngun của m cần tìm. Đáp án D. 
Câu45 (VDC). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt cầu   S1  ,  S2  có phương trình lần lượt là 

 x  2 2   y  12   z  12  16   và   x  2 2   y  12   z  52  4 .  Gọi   P    là  mặt  phẳng  thay  đổi  tiếp  xúc 
với cả hai mặt cầu   S1  ,  S2  . Khoảng cách lớn nhất từ gốc toạ độ O đến mặt phẳng (P) bằng: 
 

9
 15 .   
2
B. 15  . 
 

 

A.

C.

9  15
 .   
2

D.

8 3 5
. 
2

 
 

Lời giải:
2

2

2

Mặt cầu   x  2    y  1   z  1  16 có tâm  I  2;1;1  và bán kính  R  4  . 
 
2
2
2
Mặt cầu    x  2    y  1   z  5   4 có tâm  J  2;1;5  và bán kính  r  2   
 
Suy ra tâm vị tự của hai mặt cầu trên là  K  2;1;9    
Phương trình mặt phẳng cần tìm có dạng  a  x  2   b  y  1  c  z  9   0  . 
2
2
d  I ;  P    4
c
1
a b


        3   
Ta có  
c c
a2  b2  c2 2
d  J ;  P    2
2a  b  9c
1 2a b

  9  . 
Từ đó có  d  O;  P   
a2  b2  c2 2 c c

2

Đặt  t 

2

2a b
1
 a   2a 
  ta có      t    3 (*) và  d  O;  P    t  9  . 
c 
c c
2
c 


Phương trình (*) có nghiệm khi   15  t  15  . Suy ra khoảng cách lớn nhất từ gốc toạ độ O đến mặt phẳng 
(P) bằng 

9  15
. Đáp án C. 
2
2

Câu 46 (VDC). Biết rằng  
1

 x  4

4dx
 a  b  c  d  (với a, b, c, d là các số nguyên dương). 
x  x x4

Lúc đó giá trị  T  a  b  c  d  bằng: 
 
A. 48.   
 
 
B. 46.   
 
 
C. 54.   
 
 
D. 52. 
Lời giải:
Ta có 
2

  x  4
1

2

2

2
4dx
4dx
x4  x


dx  2  x  x  4   8  20  24  2
1
x  x x  4 1 x  x  4  x  x  4  1 x  x  4



 Vậy  T  a  b  c  d  54  . Đáp án C. 
Câu 47 (VDC). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình  hành. Gọi K là trung điểm của SC. Mặt phẳng qua 
AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M và N. Gọi V1, V thứ tự là thể tích của khối chóp S.AMKN và khối chóp 
V
S.ABCD. Giá trị nhỏ nhất của tỷ số  1  bằng 
V
1
 
A. .  
 

 
2
2
B.    .  
 
 
3
1
C. .  
 
 
3
3
D. . 
8
Lời giải:
 
S

K
N

P

M

D

A

C

B

1
1
Vì ABCD là hình bình hành nên  VS . ABC   VS . ADC  VS . ABCD  V  
2
2
V
SM
SN
SM SK
x.V
Đặt 
 
.
 VSAMK 
 x , 
 y   thì  SAMK 
SB
SD
VSABC
SB SC
4
1
V
x y
Suy ra  V1   VS . AMK   VS . ANK  V   x     y   1 
(1) 

4
V
4


V
V 3 xyV
V 3 xy
(2).  
  xy 
  1 
2
4
4
V
4
x
Từ (1) và (2) suy ra  x  y     3 xy  y 
 
3x  1
x
1
1 
Do  0  x, y  1  nên  3x  1  0   và  
 1  2 x   1  0  x  .  Vậy  x   ;1  . 
3x  1
2
2 

Lại có  V1   VS . AMN   VS .MNK   xy

Từ đósuy ra 

V1
3x 2
1 

 f  x   với  x   ;1 . 
V 4  3x  1
2 

Ta có  f   x  

3x(3x  2)
4(3x  1)2

. Lập bảng biến thiên 

 
1 V 3
Suy ra   1  . 
3 V 8
2
2
V  1
Vậy  min  1    khi  x   hay  SM  SB  
3
3
V  3

Câu 48 (VDC). Cho hàm số  y  f  x  . Hàm số  y  f   x   có đồ thị như hình vẽ dưới đây.  
y
4
3

x

-2

0

2

3

-1

 
Đặt  g  x   2 f  x    x  1 .Biết  f  2   f  3 . Mệnh đề nào đúng? 
2

A. max g  x   g  2  , min g  x   g  3  . 
 2;3
 2;3
B. max g  x   g  2  , min g  x   g  2   . 
 2;3
 2;3
C. max g  x   g  2  , min g  x   g  2  . 
 2;3
 2;3

D. max g  x   g  3 , min g  x   g  2  .
 2;3
 2;3
Lời giải:
2

Hàm số  g  x   2 f  x    x  1  có đạo hàm  g   x   2  f   x    x  1   .