ĐỀ THAM KHẢO số 7 có lời GIẢI CHI TIẾT

THẦY HƯNG CMA
SƯU TẦM

Câu 1:

ĐỀ THAM KHẢO SỐ 7
KỲ THI THPT QUỐC GIA 2018

[2D4-1-PT7] Trên mặt phẳng phức, cho điểm A biểu diễn số phức 3  2i , điểm B biểu diễn
số phức 1  6i .Gọi M là trung điểm của AB. Khi đó điểm M biểu diễn số phức nào sau
đây?
A. 1  2i .

B. 2  4i .

C. 2  4i .
Lời giải

D. 1  2i .

Chọn D
Tọa độ A  3; 2  và B  1;6  .
Ta có M là trung điểm AB nên có M 1; 2  . Vậy điểm M biểu diễn số phức 1  2i .

Câu 2:

lim

x 2

[1D4-1-PT7]

A. 2 .

2x  5
2 x  4 bằng
B. 1 .

C. 2 .
Lời giải

D.  .

Chọn
D.
2x  5
lim
  do khi x  2  2 x  4  0 .
x 2 2 x  4
Câu 3:

[1D2-1-PT7] Cho tập hợp M  1;2;3;4;5;6;7;8 có 8 phần tử. Tập M có bao nhiêu tập hợp
con có hai phần tử và chứa phần tử 1 ?
A. 8 .
B. 7 .
Chọn

C. 9 .
Lời giải

D. 6 .

B.

Ta đi tìm số tập con có 1 phần tử của M \ 1 sau đó hợp mỗi tập con với tập 1 sẽ thu được
số tập hợp con thỏa yêu cầu.
Vậy có C 71
Câu 4:

7 tập hợp con.

[2H2-1-PT7] Thể tích của khối trụ tròn xoay có bán kính đáy bằng r và chiều cao bằng h là
1
1
1
A. V   r 2 h .
B. V   r 2 h .
C. V   r 2 h .
D. V   r 2 h .
6
2
3
Lời giải
Chọn

C.

Thể tích của khối trụ tròn xoay có bán kính đáy bằng r và chiều cao bằng h là V   r 2 h .
Câu 5:

[1D1-1-PT7] Cho hàm số y  f  x  xác định và liên trục trên

có bảng biến thiên.


x

∞

2

y'

0

+ ∞

2
+

0

+

y

Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đồng biến trên  2; 2    2;   .

B. Hàm số đồng biến trên

C. Hàm số nghịch biến trên

D. Hàm số nghịch biến trên  ; 2  .

.

.

Lời giải
Chọn

D.

Dựa vào bảng biến thiên hàm số nghịch biến trên  ; 2  .
2

Câu 6:

[2H3-4-PT7] Biết
A. 5 .



3

f  x  dx  3
. Tích phân

1

B. 6 .

 2 f  x  dx
1

C. 1 .

bằng
D. 3 .

Lời giải
Chọn
Ta có
Câu 7:

B.
3

3

1

1

 2 f  x  dx  2 f  x  dx  6 .

[2D1-1-PT7] Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 3 .
C. Hàm số có hai điểm cực trị.

Chọn

B. Hàm số có giá trị cực đại bằng 3 .
D. Hàm số không có cực trị.
Lời giải

D.

Dựa vào bảng biến thiên, thấy f (x) không đổi dấu nên hàm số không có cực trị.
Câu 8:

[2D2-1-PT7] Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?
1 1
1
1
1
log

log
a
log

3log
a
log
 1  3log a .
3
3
3
A.

.
B.
.
C. log 3  3log a . D.
a
3
a
a
a
Lời giải
Chọn

C.


Ta có log
Câu 9:

1
 log a 3  3log a .
a3

[2D3-1-PT7] Tìm nguyên hàm của hàm số f  x   x 2 
A.
C.

x3 2
 C .
3 x



f  x  dx 



x3 2
f  x  dx    C .
3 x

B.

2
.
x2

x3 1
 C .
3 x



f  x  dx 



x3 1
f  x  dx    C .
3 x

D.
Lời giải

C ọn

A.

2
x3 2

Ta có   x 2  2  dx    C .
x 
3 x

Câu 10:

[2H3-2-PT7] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M  22;15; 9 . Gọi H là hình
chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng  Oxy  . Tọa độ điểm H là?
A. H  22; 9;15 .

B. H  22;0;9  .

C. H  22;0; 9  .

D. H  22;15;0  .

Lời giải
Chọn

D.

Hình chiếu vuông góc của M  x; y; z  trên mặt phẳng tọa độ  Oxy  có tọa độ là  x; y;0  . Do
đó  H  22;15;0  .
Câu 11:

[2D1-1-PT7] Đường cong như hình bên là đồ thị của hàm số nào sau đây?
y

x

O

A. y  2 x3  7 x 2 .

B. y  x3  x 2  2 .

C. y   x3  3x 2  1 .

D. y  2 x3  3x .

Lời giải
Chọn

A.

* Đồ thị hàm số là đồ thị hàm bậc ba có nhánh đầu tiên đi xuống nên ta loại đáp án
* Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ nên ta loại đáp án

C.

* Đồ thị hàm số có điểm cực trị x  0 nên ta loại đáp án D.
* Đáp án đúng là đáp án

A.

B.


Câu 12:

[2H3-1-PT7] Trong không gian

Oxyz , cho đường thẳng

d

có phương trình

x2 y4 z4
. Véctơ nào sau đây không phải véctơ chỉ phương của đường thẳng d ?


1
2
2
1

A. u1   1; 2; 2  .
B. u2   2; 4; 4  .
C. u3  1; 2; 2  .

D. u4   ;1; 1 .
2


Lời giải
Chọn

B.

Đường thẳng d có phương trình

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

u  1; 2; 2  .
Véctơ u2   2; 4; 4  không cùng phương với u  1; 2; 2  nên không là véctơ chỉ phương của
đường thẳng d .
Câu 13:

2 x1
0
[2D2-1-PT7]Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 16  2
3
3
3




A. S   ;    .
B. S   ;  .
C. S   ;  .
2
2
2




 3
D. S   0;  .
 2

Lời giải
Chọn

C.

Ta có: 16  22 x1  0  22 x1  16  2 x  1  4  x 

3
.
2

3


Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S   ;  .
2


Câu 14:

[2H2-2-PT7]Khối trụ có bán kính đáy bằng 2 3 và thể tích bằng 24 . Chiều cao của hình
trụ này bằng:
B. 2 .

A. 6 .

C. 2 3 .

D. 1 .

Lời giải
Chọn B
Thể tích của khối trụ là:
V   r 2 h   .(2 3)2 .h  24  h  2 .

Câu 15:

[2H3-2-PT7] Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 x  y  z  1  0 . Tìm phương
trình mặt phẳng    song song mặt phẳng   và đi gốc tọa độ O .
A.    : 2 x  y  z  1  0 .

B.    : x  y  z  0 .

C.    : 2 x  y  z  0 . D.    : 2 x  y  z  0 .

Lời giải
Chọn

C.


Phương trình    : 2 x  y  z  m  0  m  1 .
Mặt phẳng    đi gốc tọa độ O  0;0;0   m  0 . Vậy phương trình  β  là 2 x  y  z  0 .
Câu 16:

[2D1-2-PT7] Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm cận ngang?
A. y 

2x  3
.
x 1

C. y 

B. y  x3  3x  2 .

2x2  x 1
.
x 1

D. y  1  x 2 .

Lời giải
Chọn

A.

• Phương án B và D là các hàm đa thức và hàm số chứa biến dưới căn nên không có TCN.
• Xét hàm số y 

2x  3
x 1

3
2x  3
x  2.
Ta có: lim y  lim
 lim
x 
x 
x  x  1
1
1
x
2

Suy ra đồ thị hàm số y 

• Xét hàm số y 

2x  3
có tiệm cận ngang y  2 .
x 1

2x2  x 1

.
x 1

2x2  x 1
 
x 
x 1

Ta có: lim y  lim
x 

2x2  x 1
lim y  lim
 
x 
x 
x 1
Suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.
Câu 17:

[2D1-17-2-PT7] Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ:

Với các giá trị nào của m thì phương trình: f  x   2  3m  0 vô nghiệm?
1
B. 1  m   .
3

A. m  1 .

Chọn

D.

1
C. m   .
3
Lời giải

1
D. m   .
3


Phương trình f  x   2  3m  0  f  x   2  3m . Do đó, để phương trình vô nghiệm thì
đường thẳng y  2  3m không cắt đồ thị hàm số y  f  x  .
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, đường thẳng y  2  3m không cắt đồ thị hàm số y  f  x 
1
khi 2  3m  3  m   .
3

Câu 18:

2
với x
x
127
29
, min y
.
[3;5]

5
3
29
127
, min y
.
3 [3;5]
5

[2D1-2-PT7] Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y
A. max y
[3;5]

C. max y
[3;5]

127
, min y 3 .
[3;5]
5
29
, min y 3 .
3 [3;5]

B. max y
[3;5]

D. max y
[3;5]

x2

3;5 .

Lời giải
Chọn

B.

Hàm số xác định và liên tục trên đoạn 3;5 .
Đạo hàm y

2x

2
, y
x2

0  x  .

Suy ra hàm số đồng biến trên 3;5 nên min y
3;5

5

Câu 19:

[2D3-1-PT7] Cho

y 3

29
max y
3 3;5

y 5

127
.
5

dx

 2 x  1  ln a . Tính giá trị của a .
1

B. 3 .

A. 2 .

Chọn

C. 4 .
Lời giải

D. 5 .

B.
5

5

1
1
1
dx
1 2 x  1  2 ln  2 x  1 1  2 ln 9  2 ln1  ln 3.

 a  3.
Câu 20:

3
[2D4-2-PT7] Giả sử phương trình z  c  0 nhận z1 , z2 , z3 là các nghiệm, biết rằng z1  3 .

Tính z1  z2  z3 .
A. 27 .

Chọn

B. 27 .

C. 3 .
Lời giải

D. 3 .

A.

3
3

Ta có: z1  3 là nghiệm của phương trình z  c  0 nên 3  c  0  c  27 .



 z1  3

3 3 3
3
2
Khi đó: z  27  0   z  3  z  3 z  9   0   z2   
i.

2
2

z   3  3 3 i
 3
2
2
Vậy z1  z2  z3  3  3  3  9 .
Câu 21:

[1H3-2-PT7] Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABC là tam giác vuông, cân tại A , mặt bên

SBC là tam giác đều cạnh a và mặt phẳng  SBC  vuông góc với mặt đáy. Tính theo a khoảng
cách giữa hai đường thẳng SA và BC ?
A.

a 3
.

2

B.

a 5
.
2

C.

a 3
.
4

D.

a 5
.
3

Lời giải
ChọnC.
S

B

K
H

C

A

(Ta sẽ chỉ ra được BC  SA nên sẽ dựng đoạn
vuông góc chung của hai đường thẳng SA, BC ).
Kẻ HK  SA 1  K  SA .

 BC  SH
 BC   SHA  BC  HK .  2 
Ta có : 
 BC  AH
Từ 1 ,  2  , suy ra d  SA, BC   HK .
Tam giác SBC đều cạnh a nên SH 
Ta có AH 

BC a
1
1
1
4
4
16
a 3


 2  2  2  HK 
 . Xét tam giác SHA :
2
2
2

HK
SH
AH
3a a
3a
4
2
2

Vậy d  SA, BC  
Câu 22:

a 3
.
2

a 3
.
4

[2D2-2-PT7] Chị Gấm gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng theo hình thức lãi kép với lãi
suất là 8% / năm . Số tiền lãi thu được sau 10 năm gần nhất với số nào sau (biết rằng trong thời
gian gửi tiền người đó không rút tiền ra và lãi suất ngân hàng không thay đổi).
A. 215 triệu đồng.
B. 116 triệu đồng.
C. 216 triệu đồng.
D. 115 triệu đồng.
Lời giải

Chọn

B.

Sau 10 năm số tiền cả vốn và lãi thu được là
T  100.1  0,08  215,89 triệu đồng
10

Do đó tiền lãi thu được là  215,89 100  115,89 triệu đồng
Câu 23:

[1D2-3-PT7] Một hộp chứa 15 quả cầu gồm 7 quả cầu màu xanh và 8 quả cầu màu đỏ. Chọn
ngẫu nhiên đồng thời 3 quả cầu từ hộp đó. Xác suất để 3 quả cầu chọn ra có đủ cả hai màu
bằng:
4
3
2
1
A. .
B. .
C. .
D. .
5
5
5
5
Lời giải
Chọn A
Số phần tử của không gian mẫu là: n     C153  455 .
Gọi A :"Chọn 3 quả cầu có đủ cả hai màu "  n  A  C71C82  C72C81  364 .

Xác suất cần tìm là: P  A 

Câu 24:

n  A 4
 .
n  5

[2H3-2-PT7] Trong không gian Oxyz , Mặt phẳng  P  đi qua điểm A  1; 2; 3 , vuông góc với
OA ( O là gốc tọa độ) có phương trình là phương trình nào dưới đây?
x y z
x y z
A.    0 .
B. x  2 y  3z  14  0 . C.    1 .
1 2 3
1 2 3

D. x  2 y  3z  14  0 .

Lời giải
Chọn

D.

Mặt phẳng  P  đi qua điểm A  1; 2; 3 và có véc tơ pháp tuyến n  OA   1; 2; 3 có phương
trình là 1 x  1  2  y  2   3  z  3  0  x  2 y  3z  12  0 .
Câu 25:

[1H3-2-PT7] Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật tâm O, AB  a , AD  a 3 ,

SD  a 7 và SA   ABCD  . Tính tang của góc giữa SO và  ABCD  .
A. 4 .

B.

1
.
4

C.
Lời giải

Chọn

D.

1
.
2

D. 2 .


Ta có: SA   ABCD   AO là hình chiếu của SO lên  ABCD  .

  SO,  ABCD     SO, AO   SOA .
Xét tam giác ABC vuông tại B , ta có AC  AB 2  BC 2  a 2  3a 2  2a .
Xét tam giác SAD vuông tại A , ta có SA  SD2  AD2  7a 2  3a 2  2a .
Xét tam giác SAO vuông tại A , ta có tan SOA 

SA 2a
 2.

AO
a

n


3 
Câu 26: [1D2-3-PT7] Cho khai triển  x3 
 (với x  0 ). Biết tổng hệ số của ba số hạng đầu
3 2
x 

tiên của khi triển là 631. Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 .
A. 37.C125 .
B. 38.C124 .
C. 35.C127 .
D. 36.C126 .
Lời giải
Chọn

D.
n

k

 

3n 13k
n
n
nk


3 
k  3 
3
k
k
2
6

C
x

3
.
C
.
x
Ta có:  x3 
.





n

n
3 2
3 2
k 0
x  k 0  x 

Từ đó tổng hệ số của 3 số hạng đầu tiên của khai triển là
2
9n  n  1
3k.Cnk  30.Cn0  3.Cn1  32.Cn2  631  1  3n 
 631  n  12 .

2
k 0

12

13 k
12
18

3 
k
k
6

3
.
C
.

x
Khi đó ta có:  x3 
.


12
3 2
k 0
x 

Số hạng chứa x 5 là: T  3k.C12k

Với k thỏa mãn: 18 
Câu 27:

13k
 5  k  6  T  36.C126 .
6

[2D2-2-PT7] Tổng lập phương các nghiệm của phương trình log 2 x.log3  2 x  1  2log 2 x
bằng:


B. 26 .

A. 6 .

Chọn

C. 126 .

Lời giải

D. 216 .

C.

Điều kiện: x 

1
.
2

log 2 x  0
Phương trình  log 2 x. log3  2 x  1  2  0  

log3  2 x  1  2

x  1
2 x  1  9


 x  1 thoûa maõn 


13  53  126.
 x  5  thoûa maõn 
Câu 28:

a 3
[1H3-3-PT7] Cho tứ diện ABCD có AB  CD  a , IJ 

( I , J lần lượt là trung điểm của
2
BC và AD ). Số đo góc giữa AB và CD bằng:

A. 150 .

B. 30 .

C. 60 .
Lời giải

Chọn
C.
Gọi K là trung điểm BD
 IK CD
 AB; CD  JK ; IK
Ta có: 
 JK AB



 

D. 120 .



Xét tam giác IKJ
AB a CD
JK 

 
 IK .
2
2
2

 

COS  IK ; JK   COS IKJ 



IK 2  JK 2  IJ 2
1 1
 
2.IK .JK
2 2



Vậy AB; CD  60 .
Câu 29:

[2H3-2-PT7] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  nằm trong mặt phẳng

  : x  y  z  3  0
d:

đồng

thời

đi

qua

điểm

M 1; 2;0 

và

cắt

đường

x 2 y 2 z 3
. Một vectơ chỉ phương của  là


2
1
1

A. u  1;1;  2  .

B. u  1;0;  1 .

C. u  1;  1;  2  .

D. u  1;  2;1 .

Lời giải
Chọn A
Cách 1:
Gọi A  2  2t; 2  t; 3  t   d là giao điểm của  và d .

MA  1  2t; t; 3  t  , VTPT của   là n   1;1;1 .
Ta có:      MA  n   MA. n   0  1  2t  t  3  t  0  t  1 .

 MA  1;  1; 2   11; 1;  2  . Vậy ud  1; 1;  2  .

thẳng


Cách 2:
Gọi B  d    .

B  d  B  2  2t; 2  t; 3  t  .
B     2  2t  2  t  3  t  3  0  t  1  B  0;1;2  .
BM 1;1;  2   ud 1;1;  2  .
Câu 30:

2
: y  e3 x  me x  4 x  2018 .
3
C. m  6 .
D. m  6 .
Lời giải

[2D1-1- PT7] Tìm m để hàm số sau đồng biến trên
A. m  6 .

B. m  5 .

Chọn
A.
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
Ta có: y  2e3 x  me x  4 .
Hàm số đã cho đồng biến trên

.

khi y  0, x 

 2e2 x  me x  4  0, x 

 m  min f  x  với f  x   2e2 x  4e x .

 m  2e2 x  4e x , x 

Ta có: f  x   2e2 x  4e x  2  e2 x  e x  e x   2.3  6 . Đẳng thức xảy ra khi x  0 .
Do đó min f  x   6 .
Vậy m  6 .
Câu 31:

[2D3-3-PT7] Cho  H  là hình phẳng giới hạn bởi parabol y  2 x 2 (với 2  x  2 ) và đường
cong có phương trình y 
A.

4 3  4
.
3

8
(phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của  H  bằng
x 3

B.

2

16 3  12
.
9

C.

8 3  12
.
9

y

x
-2

O
Lời giải

Chọn

C.

2

D.

8 3  12
.
9


y

x
-2 -1 O

2

1

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol y  2 x 2 và đường cong y 
2 x2 

8
là:
x 3
2

 x2  1
x  1
8
4
2
.


2
x

6
x

8

0

 2
2
x 3
 x  1
 x  4

Diện tích của  H  là:
1

8
4
2 

 8

S   2
 2 x 2  dx  I   x3   I  với I   2
dx .
x 3
x 3
3
 3  1

1 
1
1

1

  
Đặt: x  3 tan t , t    ;   dx  3 1  tan 2 t  .dt .
 2 2


Đổi cận: x  1  t   , x  1  t  .
6
6


I

6







8
3 1  tan 2 t  .dt 
2
3tan t  3

6

Vậy S  I 





8
 8 
t
.dt  
3
 3 


6






6

8 3
.
9

6

4 8 3 4 8 3 12
.

 
3
9
3
9
3

Câu 32:

6

3

[2D3-3-PT7] Biết

0

 x  3 dx
x 1  x  3

 a  b ln c với với a , b , c là các số hữu tỷ và c  0 . Tính

P  a  b  2c .
A. P  0 .

C. P  12 .

B. P  6 .

D. P 

9
.
2

Lời giải
Chọn

B.

x  0  u  1
Đặt u  x  1  u 2  1  x  2udu  dx ; đổi cận: 
x  3  u  2
Ta có

 x  3 dx

2u 3  8u
6 

2
0 3 x  1  x  3  1 u 2  3u  2 du  1  2u  6  u  1  du  u  6u  6ln u  1
3

2

Do đó a  3 , b  6 , c 

2



3
. Vậy P  a  b  2c  3 6  3  6 .
2



2
1

 3  6ln

3
.

2


Câu 33:

[2H2-3-PT7] Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C , AC  a, BC  2a ,
mặt phẳng  SAB  vuông góc với mặt phẳng  ABC  và tam giác SAB vuông cân tại S . Tính
thể tích của khối nón có đỉnh là S và đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
A. V 

 a3 5
24

B. V 

.

 a3 5 5
12

C. V 

.

 a3 5 5
24

.

D. V 

 a3 3 3
24

.

Lời giải
Chọn

C.
S

A

B

H

C

ABC là tam giác vuông tại C nên AB  CA2  CB 2  a 5 .
ọi H là trung điểm của AB  H là tâm của đường tròn ngoại tiếp
Bán kính của đường tròn ngoại tiếp

ABC là r 

ABC và SH   ABC  .

AB a 5
.


2
2

AB a 5
.

2
2
Thể tích của khối nón có đỉnh là S và đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:

Tam giác SAB vuông cân tại S nên SH 

2

1 2
1  a 5  a 5  a3 5 5
.
V   r h   


3
3  2  2
24
Câu 34:

[2D2-3- PT 7] Tìm m để phương trình 4x  2x3  3  m có đúng hai nghiệm x  1;3 ?
A. 13  m  9 .

B. 3  m  9 .

C. 9  m  3 .
Lời giải

D. 13  m  3 .

Chọn
A.
Ta có 1  x  3  21  2x  23 hay 2  2x  8 .
Đặt t  2 x , t   2;8 . Phương trình trở thành: t 2  8t  3  m 1 .
Để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thuộc khoảng 1;3 thì 1 phải có đúng hai
nghiệm thuộc khoảng  2;8 .
Xét hàm số f  t   t 2  8t  3 trên  2;8 . Ta có

t

f t 

2
9

4
13

8
3


Từ bảng biến thiên suy ra với m  13;  9 thì 1 sẽ có đúng hai nghiệm thuộc khoảng  2;8
.

Vậy giá trị cần tìm của m là 13  m  9 .
Câu 35:

để phương trình

[2D1-1-PT7] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

m

m 43 1
4

m  cos  x 2  1  cos  x 2  1 có nghiệm thực?
2 3 2
3
A. 2 .
B. 3 .
C. 7 .

D. 6 .

3

Lời giải
Chọn B
Ta có



3

m 43 1
4

m  cos  x 2  1  cos  x 2  1
2 3 2
3

43 m 4
m
 cos  x 2  1  cos3  x 2  1 
1
3 2 3
2





Đặt cos x 2  1  u . Điều kiện 1  u  1

và

3

m 4
m 4
 cos  x 2  1  v  v3   u.
2 3
2 3

Khi đó 1 trở thành u 3 

m 4
 v  3
2 3

4
4
4

Từ  3 và  2  suy ra u 3  v  v3  u  (u  v)  u 2  uv  v 2    0
3
3
3

2

3 
1  3v 2 3
 u  v do u  uv  v    u  v  
  0, u, v 
4 
2 
4 4
2

Suy ra:

3

2

m 4
4
 u  u  m  2(u 3  u ) với u   1;1 .
2 3
3

4
4 


Xét hàm số f  u   2  u 3  u  trên đoạn  1;1 . Ta có f   u   2  3u 2   ;
3
3 


2
f  u   0   .
3

Suy ra max f  u  
1;1

32
32
, min f  u  
.
27 1;1

27

Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi

32
32
, mà m
m
27
27

nên m 0; 1 .


[2D1-3-PT7] Cho hàm số y   x 2  x  m  . Tìm tổng T tất cả các giá trị của m để min y  4
2

Câu 36:

2;2

.
31
4
23
C. T 
4

B. T  8

A. T 

D. T 

9
4

Lời giải
C ọn C

 1 
Đặt t  x 2  x . Với x   2;2 thì t    ;6  .
 4 
Ta có y  f  t    t  m  .
2

f   t   2  t  m  ; f   t   0  t  m .

1
Trường hợp 1: m   thì min y  min f  t  
 1 
x 2;2 
4
t  ;6
 4 

m

2

 1 
1
f    m   4 .
4
 4 

9
7
(thỏa mãn) hoặc m   (loại).
4
4

Trường hợp 2: 

1
 m  6 thì min f  t   0 (loại).
 1 
4
t  ;6 
 4 

Trường hợp 3: m  6 thì min f  t   f  6    m  6   4
2

 1 
t  ;6
 4 

 m  4 (loại) hoặc m  8 (thỏa mãn).
Vậy tổng cần tìm là 8 

Câu 37:

9
23
 .
4
4

[2D3-3-PT7]Một bác thợ xây bơm nước vào bể chứa nước.

ọi h  t  là thể tích nước bơm

được sau t giây. Cho h '  t   3at 2  bt và ban đầu bể không có nước. Sau 5 giây thì thể tích
nước trong bể là 150m3 . Sau 10 giây thì thể tích nước trong bể là 1100m3 . Hỏi thể tích nước
trong bể sau khi bơm được 20 giây là bao nhiêu?
A. 8400 m3 .

C. 6000 m3 .

B. 2200 m3 .

Lời giải
C ọn

A.

Ta có h  t     3at 2  bt  dt  at 3 

bt 2
C.

2

Vì ban đầu bể không có nước nên h  0   0  C  0 .

D. 4200 m3 .


Sau 5 giây thì thể tích nước trong bể là 150m3 nên

h  5  150  125a 

25b
 150  10a  b  12 .
2

Sau 10 giây thì thể tích nước trong bể là 1100m3 nên

h 10   1100  1000a  50b  1100  20a  b  22 .
50a  b  60
a  1
Khi đó ta có hệ: 
.

200a  b  220
b  2
Khi đó h  t   t 3  t 2 .
Vậy thể tích nước trong bể sau khi bơm được 20 giây là h  20   8400m3 .
Câu 38:

[2D4-3-PT7] Có bao nhiêu số số phức z thỏa mãn z  1  2 5 và  z  1 là số thuần ảo?

2

B. 3 .

A. 2 .

C. 1 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn

D.

Giả sử z  a  bi  a, b 

 a  bi  1  2 5 

 , ta có

 a  1

2

z 1  2 5

 b2  2 5  a2  b2  2a  19 .

Lại có  z  1   a  1  bi    a  1  b2  2b  a  1 i là số thuần ảo nên  a  1  b2  0

2

2

2

2

 b2   a  1  a 2   a  1  2a  19  2a 2  18  a  3 .
2

2

+ Với a  3  b2  4  b  2  z  3  2i .
+ Với a  3  b2  16  b  4  z  3  4i .
Do đó có 4 số phức z thỏa mãn bài toán.
Câu 39:

[2D1-3-PT2] Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f   x  có đồ thị như hình bên. Hàm số

y  f 1  2 x  có bao nhiêu điểm cực trị?

B. 1 .

A. 3 .
Chọn

C.

C. 2 .

Lời giải

D. 4 .


Ta có:  f 1  2 x    1  2 x  . f  1  2 x   2 f  1  2 x  .

x  0
1  2 x  1


Ta có:  f 1  2 x    0  
x   1
1

2
x

2

2

Câu 40:

[2D1-3-PT7] Có tất cả bao nhiêu điểm trên đường thẳng y  2 x  1 kẻ được đúng 1 tiếp tuyến
đến (C) : y 

x3
x 1

A. 4 điểm.

B. 3 điểm.

C. 2 điểm.

D. 1 điểm.

Lời giải
Chọn

A.

Gọi A  a; 2a  1  d
Gọi đường thẳng  qua A có dạng y  k  x  a   2a  1

x3
 x  1  k  x  a   2a  1 1
Để d tiếp xúc với (C )  
có nghiệm.

4

 k  2
2
 ( x  1)
Thay (2) vào (1) ta được:
x3
4


 x  a   2a  1,  x  1 .
x  1  x  12
  x  3 x  1  4 x  4a   2a  1 x  1 .
2

 x2  2 x  3  4 x  4a   2a  1 x 2  2  2a  1 x  2a  1 .
 g  x   ax 2  2  a  2  x  3a  2  0  3 .
Số tiếp tuyến kẻ được bằng số nghiệm của phương trình  3 .
Để kẻ được 3 tiếp tuyến thì phương trình  3 có một nghiệm khác 1 .
Với a  0 :  3  4 x  2  0  x 

1
 1.
2

Với a  1 :  3 có một nghiệm khác 1 khi khi  3 có nghiệm kép khác 1 hoặc có 2 nghiệm
phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 1 .


   0
a 2  a  2  0
 a  1



a  2
  g 1  0
a  1
.


2
0



a

a

2

0



 a 1
  g 1  0
a

1




Vậy có 4 điểm  0;1 ,  1; 1 ,  2;5  , 1;3 thỏa mãn yêu cầu.
Câu 41:

[2H3-4-PT7] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua
điểm M 1; 2;3 và cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A , B , C sao cho
1

1
1
đạt giá trị nhỏ nhất.


2
2
OA OB OC 2
A.  P  : x  2 y  3z  14  0 .

B.  P  : 6 x  3 y  2 z  6  0 .

C.  P  : 6 x  3 y  2 z  18  0 .

D.  P  : 3x  2 y  z  10  0 .

T

Lời giải
Chọn

A.
z
C
K
B

O
A

y

H
x

Gọi H là hình chiếu của O lên AB ,
K là hình chiếu của O lên HC . Ta có OK   P  và

T

1
1
1
1
1
1
1
. (hằng số)






2
2
2
2
2
2

OA OB OC
OH
OC
OK
OM 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi K  M .
Do đó, TNN của T bằng

1
(đạt được khi và chỉ khi K  M )
OM 2

Suy ra  P  đi qua M và có VTPT là OM .
Vậy,  P  :  x  1  2  y  2   3  z  3  0  x  2 y  3z  14  0 .
Câu 42:

[1D3-3-PT7] Cho dãy số  un  thỏa mãn log u2018  2017 2018  2log u1  log u2018  2log u1
1
1917
và un 1  un với n  1 . Tìm giá trị lớn nhất của n để un > 5 .
2
A. 232 .
B. 233 .
C. 234 .

Lời giải

D. 235 .

Chọn

B.

Ta có:

log u2018  2017 2018  2log u1  log u2018  2log u1
 2log u1  log u2018  2017 2018  2log u1  log u2018  0 *
Đặt: t  2018  2log u1  log u2018

 t 2  2018  2log u1  log u2018
 t 2  2018  2log u1  log u2018
Phương trình * trở thành:

t  1
.
t 2  2017t  2018  0  
t  2018(loai)
Với t  1 ta có:
2018  2log u1  log u2018  1 (Vì  un  là cấp số nhân nên u2018

1
 u1.  
2

2017

)

  1 2017 
 2017  2 log u1  log  u1     0
 2 


1
 log102017  2 log u1  log u1  log  
2
 10 
 log u1  log  
 2
 u1  52017

un  5

1917

5

2017

2017

0

2017

1
 
2

 log 52017

n 1

5

1917

1
 
 2

n 1

 5100  n  1  log 1 5100  n  log 1 5100  1  232, 2
2

Vậy giá trị lớn nhất của n thỏa mãn bài toán là n  233 .
Câu 43:

[2D1-3-PT7] Cho đồ thị hàm số y  f  x  như hình vẽ dưới đây:

2


Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y  f  x  2  
cực trị.
A. 1 .

B. 2 .

Chọn

C. 3 .
Lời giải

m
có 7 điểm
4

D. 4 .

C.

Hàm số y  f  x  2  có đồ thị là đồ thị hàm số y  f  x  tịnh tiến sang phải 2 đơn vị.
Hàm số y  f  x  2  

m
có đồ thị là đồ thị hàm số y  f  x  2  tịnh tiến xuống dưới
4

m
đơn vị.
4

Ta thấy đồ thị hàm số y  f  x  có 3 điểm cực trị. Khi tịnh tiến sang phải 2 đơn vị thì số điểm
cực trị hàm số y  f  x  2  vẫn là 3 điểm cực trị.
m
có 7 điểm cực trị thì đồ thị y  f  x  cắt trục hoành tại 4

4
điểm phân biệt (theo hướng kéo đồ thị xuống dưới).
m
 0   1  0  m  4 . Do m  suy ra m 1; 2;3 .
4
Vậy có 3 giá trị tham số m thỏa mãn.

Để đồ thị hàm số y  f  x  2  

Câu 44:

[2H3-3-PT7] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  2;0;0  , B  0; 4;0  ,

C  0;0;6 , D  2; 4;6  . Phương trình đường thẳng d đi qua tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

ABCD và vuông góc với mặt phẳng  BCD  là:
x 1 y  2 z  3
1 x 2  y z  3
. B.
.




6
3
2
6
3
2

x 1 y  2 3  z
1 x y  2 z  3
C.
. D.
.




6
3
2
6
3
2
Lời giải

A.

Chọn D.
Gọi I  a; b; c  là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD .


Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có dạng: x2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 .
Mặt cầu đi qua A , B , C , D nên ta có hệ phương trình:
4a  d  4
a  1
8b  d  16

b  2



suy ra I 1; 2;3 .

12c  d  36
c3

4a  8b  12c  d  56
d  0
Mặt phẳng  BCD  có VTPT n   BC , BD    24;12;8 .
Đường thẳng d đi qua I 1; 2;3 và vuông góc với mặt phẳng  BCD  nên có
phương trình:
1 x y  2 z  3
.


6
3
2
Câu 45:

[2H1-4-PT7] Cho tứ diện đều ABCD có tất cả các cạnh bằng 1. Gọi G là trọng tâm tam giác

BCD . Gọi S là điểm sao cho AS  BG . Thể tích của khối đa diện ABCDS bằng
Lời giải
A.

2
.
12

B.
Chọn

2
.
24

C.

5 2
.
36

D.

3 2
24

A.

Chia khối đa diện ABCDS thành 2 khối chóp ABCD và SACD :
+) Tứ diện đều ABCD cạnh 1 có thể tích: VABCD 

2
12

+) Khối chóp SACD có:
1
1 SI

SI
VSACD  .d  S ;  ACD   .S ACD  . .d  B;  ACD  .S ACD 
.VABCD
3
3 BI
BI
Mà

2
SI
AS 2

  VSBCD 
18
BI BM 3

Suy ra, thể tích của khối đa diện ABCDS bằng VABCDS 
Câu 46:

 a, b 
[2D4-4-PT6] Xét các số phức z  a  bi
2 z  6  3i  3 z  1  5i
khi
đạt giá trị lớn nhất.
A. P  2  2 5 .

B. P  2  2 5 .

C. P  2  2 5 .

D. P  2  2 5 .



2
2 5 2


12 18
36

thỏa mãn

z  3  3i  6

. Tính P  a  b


Lời giải
Chọn

A.

Do z  3  3i  5   a  3   b  3  36
2

2

Suy ra M   C  có tâm I  3;3 và bán kính R  6
Gọi A  6;3 , B  1; 5  IA   9;0  IA  9 ,.

2
Gọi I  là giao điểm của đoạn AI với  C  . Lấy D  IC : ID  .R  4 . Khi đó
3
ID.IA  R2  IM 2

IMD  IAM 
 AM 

MD IM 2


AM
IA 3

3
MD
2

Suy ra P  2MA  3MB  3  MD  MB   3.BD
Dấu “=” xảy ra khi M  BD   C  và M nằm giữa B, D
2
4
Do D  IC : ID  .R  4  ID  IA  D  1;3
3
9

Vậy đường thẳng BD : x  1 .
Tọa độ giao điểm của BD và đường tròn  C  là nghiệm hệ
2
2

 x  1; y  3  2 5

 x  3   y  3  36


 x  1

 x  1; y  3  2 5



Mà M  M 0 nằm giữa B, D nên MB  MD  BD  M 0 1;3  2 5




Vậy a  b  2  2 5 .
Câu 47:

[1H3-3-PT7]Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , đường thẳng SO
vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Biết BC  SB  a , SO 
mặt phẳng  SBC  và  SCD  .
A. 90 .
Chọn

B. 60 .

C. 45 .
Lời giải

a 6
. Tìm số đo của góc giữa hai
3

D. 30 .

A.

Gọi M là trung điểm của SC , do tam giác SBC cân tại B nên ta có SC  BM (1).
Theo giả thiết ta có BD   SAC   SC  BD . Do đó SC   BCM  suy ra SC  DM (2).
Từ (1) và (2) suy ra góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SCD  là góc giữa hai đường thẳng
BM và DM .

Ta có SBO  CBO suy ra SO  CO 
Do đó OM 

a 6
.
3

1
a 3
.
SC 
2
3

Mặt khác OB  SB 2  SO 2 

a 3

. Do đó tam giác BMO vuông cân tại M hay góc
3

BMO  45 , suy ra BMD  90 .

Vậy góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SCD  là 90 .
Câu 48:

[2H3-4- PT7] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A 1; 2;1 , B  3; 1;1 , C  1; 1;1 .
Gọi  S1  là mặt cầu tâm A và bán kính R 1  2 .  S2  ,  S3  lần lượt là mặt cầu tâm B , C và
đều có bán kính bằng 1 . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với  S2  ,  S3  và cắt  S1  theo
giao tuyến là đường tròn bán kính r  3 .
A. 3 .
B. 7 .
Chọn

C. 6 .
Lời giải

B.

Xét  P  : ax  by  cz  d  0 thỏa mãn ycbt.

D. 8 .


d  A,  P    1
Ta có 
d  B,  P    d  C ,  P    1
 a  2b  c  d  a 2  b 2  c 2 1

 a  2b  c  d  3a  b  c  d



  3a  b  c  d  a 2  b 2  c 2  2    a  b  c  d  3a  b  c  d


2
2
2
 a  2b  c  d  a  b  c  d
 a  b  c  d  a  b  c  3
  2a  3b  2c  0

  4a  b  2d  0
  a  0
 
 b  a  c  d
  2a  3b  0

 b  2c  2d  0
Từ đó ta có 8 hệ

a  0
a  0
a  0
a  0





1. 2a  3b  2c  0 2. 2a  3b  2c  0 3. 4a  b  2d  0 4. b  2c  2d  0
b  2c  2d  0
2a  3b  0
 4a  b  2d  0
2a  3b  0




b  a  c  d
b  a  c  d
b  a  c  d
b  a  c  d




5. 2a  3b  2c  0 6. 2a  3b  2c  0 7. 4a  b  2d  0 8. 4a  b  2d  0
2a  3b  0
b  2c  2d  0
2a  3b  0
b  2c  2d  0




Trong đó hệ 1 có nghiệm a  b  c  0 nên loại.
Vậy có 7 mặt phẳng thỏa mãn.
Câu 49:

[1D2-4-PT7] Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 12A , 3 học sinh lớp 12B và 5
học sinh lớp 12C vào một bàn tròn (hai cách xếp được coi là giống nhau nếu cách xếp này là
kết quả của cách xếp kia khi ta thực hiện phép quay bàn ở tâm một góc nào đó). Tính xác suất
để không có hai học sinh bất kì cùng lớp ngồi cạnh nhau.
1
.
252
1
C. P 
.
630

A. P 

1
.
126
11
D. P 
.
630

B. P 

Lời giải
Chọn B
Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh vào một bàn tròn có 9! cách xếp  n     9! .
Gọi A là biến cố xếp 10 học sinh vào một bàn tròn sao cho không có 2 học sinh cùng lớp
đứng cạnh nhau.

Xếp 5 học sinh lớp 12 C có 4! cách.
Với mỗi cách xếp 5 học sinh lớp C nói trên: cứ giữa mỗi hai học sinh có một khoảng trống, ta
có được 5 khoảng trống.


Cần phải xếp 5 học sinh lớp A và B sao cho không có hai học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau
nên có 5! cách xếp.
Vậy n  A  4!.5! .
Vậy P 
Câu 50:

4!.5!
.
9!

f  x

[2D2-4-PT7] Cho hàm số


 
0; 2 

có đạo hàm liên tục trên



2
2
3  2

3 
 
f    0,   f   x   dx   ,   sin x  x cos x  f  x  dx    . Tích phân
48 8 0
48 8
2
0

bằng


.
4

A.

C. 2   .

B.  .

D. 2   .

Lời giải
Chọn

D.

Bằng công thức tích phân từng phần ta có




2


2

  sin x  x cos x  f  x  dx   x sin x  f  x  02    x sin x  f   x  dx .
0

0


2

Suy ra

  x sin x  f   x  dx 
0

3
48




8

.

Hơn nữa ta tính được






2
2
  x sin x  dx    x sin x dx  
2

2

0


2


0



2

2

0

0



x 2 1  cos 2 x 
dx
2



2 2
x 1  cos 2 x 
x
x cos 2 x
dx   dx  
dx
2
2
2
0
0
2

2

3 
48



8

2

.

Do đó

2





2

2

0

0


2

  f   x  dx  2  x sin x  f   x  dx    x sin x  dx  0    f   x   x sin x  dx  0 .
2

0

2

2

0

 
Suy ra f   x   x sin x , do đó f  x   sin x  x cos x  C . Vì f    0 nên C  1 .
2

2

Ta được


0


2

f  x  dx    sin x  x cos x  1 dx  2   .
0

thỏa mãn

2

 f  x  dx
0