02 đề 02 lời giải chi tiết image marked

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT
LƯỢNG
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 2018 - 2019
Môn thi: TOÁN

ĐỀ VIP 02

Thời gian làm bài: 90
phút
Câu 1. Trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hàm
số nào có bảng biến thiên như sau?

x -¥
y'

y

+

-1

0

0
-

0

C. y = x 4 - 2 x 2 + 2.

+

0

-

3

3

A. y = x 4 - 2 x 2-¥
+ 1.

+¥

1

2
B. y = -x 4 + 2 x 2 + 1.

-¥

D. y = -x 4 + 2 x 2 + 2.

Lời giải. Dựa vào BBT và các phương án lựa chọn, ta thấy:
Đây là dạng hàm số trùng phương có hệ số a < 0 . Loại A và C.

Mặt khác, đồ thị hàm số đi qua điểm (0;2) nên loại B. Chọn D.
Câu 2. Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục
trên  và có đồ thị như hình vẽ bên. Khẳng định
nào sau đây là sai?

A. Hàm số đồng biến trên (1; +¥).

B. Hàm số đồng biến trên (-¥; -1) và (1; +¥).
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;1).

D. Hàm số đồng biến trên (-¥; -1) È (1; +¥).

Lời giải. Dựa vào đồ thị ta có kết quả: Hàm số đồng biến trên (-¥; -1) và

(1;+¥) , nghịch biến trên (-1;1) nên các khẳng định A, B, C đúng.

Theo định nghĩa hàm số đồng biến trên khoảng (a; b ) thì khẳng định D sai. Chọn
D.
Ví dụ: Ta lấy -1,1 Î (-¥; -1), 1,1 Î (1; +¥) : -1,1 < 1,1 nhưng f (-1,1) > f (1,1).

1


Cõu 3. Cho hm s y = f ( x ) liờn tc trờn v cú
th nh hỡnh bờn. Hi hm s cú bao nhiờu
im cc tr?
A. 0.
C. 2.

B. 1.
D. 3.

Li gii. D nhn thy hm s cú mt im cc tr l im cc tiu ti x = 1.
ổ 1 1ử
Xột hm s f ( x ) trờn khong ỗỗ- ; ữữữ , ta cú f ( x ) < f (0) vi mi

ỗố 2 2 ứ
ổ 1 ử ổ 1ử
x ẻ ỗỗ- ;0ữữữ ẩ ỗỗ0; ữữữ .
ốỗ 2 ứ ốỗ 2 ứ
Suy ra x = 0 l im cc i ca hm s.
Vy hm s cú 2 im cc tr. Chn C.
Cõu 4. th hm s y = -x 4 + 2 x 2 cú bao nhiờu im chung vi trc honh?
A. 0.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
ộ
x
=0
.
Li gii. Phng trỡnh honh giao im: -x 4 + 2 x 2 = 0 ờờ
ờở x = 2
Suy ra th hm s cú ba im chung vi trc honh. Chn C.
Cõu 5. Cho hm s y = f ( x ) tha món lim f ( x ) = -1 v lim f ( x ) = m. Tỡm tt
x đ+Ơ

x đ-Ơ

c cỏc giỏ tr thc ca tham s m th hm s y =
tim cn ngang.
A. m = -1.

C. m ẻ {-1; -2}.

B. m = 2.

Li gii. Ta cú lim

x đ-Ơ

1
cú duy nht mt
f (x )+ 2

D. m ẻ {-1;2}.

1
1
=
= 1 ắắ
đ th hm s luụn cú TCN y = 1.
f ( x ) + 2 -1 + 2

ộ
1
1
ờ lim
=1
m = -1
ờ x đ+Ơ f ( x ) + 2
m+2
. Chn C.
Do ú ycbt tha món ờờ
1
ờ lim

ờ x đ+Ơ f ( x ) + 2 = Ơ m = -2
ờở

Cõu

6.

Cho

a,

b

l

cỏc

s

thc

dng

tha

log 4 a + log 4 b 2 = 5

v

log 4 a + log 4 b = 7 thỡ tớch ab nhn giỏ tr bng

2

C. 2 9.
D. 218.
ùỡlog 4 a + 2 log 4 b = 5 ùỡùlog 4 a = 3
ớ
log 4 ab = 4 ab = 16.
Li gii. T gi thit ta cú ùớ
ùợù2 log 4 a + log 4 b = 7 ùợùlog 4 b = 1
A. 2.

B. 16.

Chn B.
2


Cõu

7.

Tp

hp

tt

c

cỏc

giỏ

tr

ca

tham

s

y = ln ( x + 1) - mx + 2018 ng bin trờn khong (-Ơ; +Ơ) l

m



hm

s

2

A. (-Ơ; -1).

B. [-1;1].

C. (-Ơ; -1].

D. [1; +Ơ).

Li gii. hm s ng bin trờn (-Ơ; +Ơ) khi v ch khi y  0, "x ẻ


ổ 2 x ửữ
2x
2x
- m 0, "x ẻ m Ê 2
, "x ẻ m Ê min ỗỗ 2
= -1. Chn C.
ỗố x + 1ữứữ

x +1
x +1
2

Cõu 8. Bit rng phng trỡnh 2018 x

2

-12 x +1

= 2019 cú hai nghim phõn bit x1 , x 2 .

Tng x1 + x 2 bng
A. -1.

B. 12.

Li gii. Ta cú 2018

x 2 -12 x +1

C. 2 log 2018 2019.

D. 2018.

= 2019 x -12 x + 1 = log 2018 2019
2

Viet
x -12 x + 1 - log 2018 2019 = 0 ắắ
ắ
đ x1 + x 2 = 12. Chn B.
2

Cõu 9. Cho phng trỡnh m.9 x - (2m + 1) 6 x + m.4 x Ê 0. Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca
tham s m bt phng trỡnh nghim ỳng vi mi x thuc (0;1].
A. m -6.

B. -6 Ê m Ê -4.

C. m -4.

D. m Ê 6.

ổ9ử
ổ3ử
Li gii. Bt phng trỡnh ó cho m.ỗỗ ữữữ - (2m + 1)ỗỗ ữữữ + m Ê 0.
ỗố 4 ứ

ỗố 2 ứ
x

x

ổ3ử
3
t t = ỗỗ ữữữ vi 1 < t Ê . Bt phng trỡnh tr thnh mt 2 - (2m + 1) t + m Ê 0
ỗố 2 ứ
2
ổ 3ự
ổ3ử
t
mÊ
= f (t ), "t ỗỗ1; ỳ m Ê min f (t ) = f ỗỗ ữữữ = 6. Chn D.
2
ổ
ự
ỗ
ỗố 2 ứ
3
ố 2 ỳỷ
ỗỗ1; ỳ
(t -1)
ỗ
x

ố 2 ỳỷ

Cõu 10. S lng ca loi vi khun A trong mt phũng thớ nghim c tớnh theo

cụng thc St = So .2 t , trong ú S0 l s lng vi khun A ban u, St l s lng
vi khun A cú sau t phỳt. Bit sau 3 phỳt thỡ s lng vi khun A l 625 nghỡn
con. Hi sau bao lõu, k t lỳc ban u, s lng vi khun A l 10 triu con?
A. 6 phỳt.
B. 7 phỳt.
C. 8 phỳt.
D. 9 phỳt.
Li gii. Vỡ sau 3 phỳt thỡ s lng vi khun A l 625 nghỡn con nờn ta cú
phng trỡnh 625.000 = So .23 ị S0 = 78125 con.
s lng vi khun A l 10 triu con thỡ 107 = 78125.2 t ị t = 7. Chn B.
Cõu 11. Tỡm nguyờn hm F ( x ) ca hm s f ( x ) = xe 2 x .
A. F ( x ) =

1 2 x ổỗ
1ử
e ỗ x - ữữữ + C .
ỗố
2
2ứ

C. F ( x ) = 2e 2 x ( x - 2) + C .

ổ
1ử
B. F ( x ) = 2e 2 x ỗỗ x - ữữữ + C .
ỗố
2ứ

D. F ( x ) =

3

1 2x
e ( x - 2) + C .
2


ỡ
du = dx
ù
ỡu = x
ù
ù
ù
ù
Li gii. t ớ
ị
.
ớ
1
2x
ù
ù
v = e 2x
ùdv = e
ù
ợ
ù
2
ợ

ổ
1
1
1
1
1
1ử
Khi ú ũ xe 2 x dx = xe 2 x - ũ e 2 x dx = xe 2 x - e 2 x + C = e 2 x ỗỗ x - ữữữ + C . Chn A.
ỗ
ố
2
2
2
4
2
2ứ

Cõu 12. Tớnh tớch phõn I =

2018

ũ

7 x dx .

0

7 2018 -1
ì
A. I =

ln 7

Li gii. Ta cú I =

2018

ũ
0

2018

7x
7 dx =
ln 7 0
x

=

7 2019
- 7.
2019

C. I =

B. I = 7 2018 - ln 7.

D. I = 2018.7 2017.

7 2018
1

. Chn A.
ln 7 ln 7

Cõu 13. Cho hỡnh phng trong hỡnh bờn (phn
tụ m) quay quanh trc honh. Th tớch khi
trũn xoay to thnh c tớnh theo cụng thc
no trong cỏc cụng thc sau õy?
b

b

A. V = p ũ ộởờ g 2 ( x ) - f 2 ( x )ựỳỷ dx .

B. V = p ũ ộởờ f 2 ( x ) - g 2 ( x )ựỷỳ dx .

a

b

C. V = p ũ
a

a

b

D. V = p ũ ộở f ( x ) - g ( x )ựỷ dx .

ộ f ( x ) - g ( x )ự dx .
ở

ỷ
2

a

Li gii. Chn B.
Cõu 14. Cho hm s y = f ( x ) liờn tc trờn [0;4 ] v cú th
4

nh hỡnh bờn. Tớch phõn

ũ
0

f ( x ) dx bng

A. 0.
C. 5.

B. 1.
D. 8.

Li gii. Kớ hiu cỏc im nh trờn hỡnh v.
4

Ta cú:

ũ
0

2

4

0

2

f ( x ) dx = ũ f ( x ) dx + ũ f ( x ) dx = S ABCO - SCDE .

Din tớch hỡnh thang ABCO l: S ABCO =
Din tớch hỡnh tam giỏc CDE l: SCDE
4

Vy

ũ
0

2.(1 + 2)

2
2.2
=
=2
2

= 3.

f ( x ) dx = S ABCO - SCDE = 3 - 2 = 1. Chn B.

Cõu 15. Mt ụ tụ ang i vi vn tc ln hn 72km/h, phớa trc l on ng
ch cho phộp chy vi tc ti a l 72km/h, vỡ th ngi lỏi xe p phanh ụ
4


tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v (t ) = 30 - 2t ( m/s), trong đó t là
khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc bắt đầu
đạp phanh đến lúc đạt tốc độ 72km/h, ô tô đã di chuyển quãng đường là bao
nhiêu mét?
A. 100m.
B. 125m.
C. 150m.
D. 175m.
Lời giải. Ta có 72km/h = 20m/s .
Từ lúc bắt đầu đạp phanh đến lúc đạt tốc độ 72km/h, ta có phương trình
30 - 2t = 20 Û t = 5.
Vậy từ lúc đạp phanh đến khi ô tô đạt tốc độ 72km/h, ô tô đi được quãng đường là
5

s = ò (30 - 2t ) dt = 125m. Chọn B.
0

Câu 16. Trong mặt phẳng tọa độ, điểm M

là

điểm biểu diễn của số phức z (như hình vẽ bên).
Điểm nào trong hình vẽ là điểm biểu diễn của số
phức 2z ?

A. Điểm N .

B. Điểm Q.

C. Điểm E .

D. Điểm P .

Lời giải. Gọi z = a + bi (a, b Î  ). Suy ra điểm biểu diễn của z là điểm M (a; b ).

Suy ra số phức 2 z = 2a + 2bi có điểm biểu diễn trên mặt phẳng Oxy là M 1 (2a;2b ).


Ta có OM 1 = 2OM , suy ra M 1 º E . Chọn C.
Câu 17. Cho hai số phức z1 = 1 + 2i và z 2 = 2 - 3i. Phần ảo của số phức
z = 3 z1 - 2 z 2 là
A. -12.
B. -1.
C. 11.
D. 12.
Lời giải. Ta có z = 3 z1 - 2 z 2 = 3 (1 + 2i ) - 2 (2 - 3i ) = -1 + 12i.
Vậy z = 3 z1 - 2 z 2 có phần ảo là 12. Chọn D.
Câu 18. Cho số phức z thỏa mãn z = 2 z + 1 + 3i. Phần thực của số phức z là
A. -3.
B. -1.
C. 1.
D. 2.
Lời giải. Gọi z = a + bi (a, b Î  ), suy ra z = a - bi.
Ta có
B.

ìa = -1
ï
z - 2 z = 1 + 3i ¾¾
® a + bi - 2 (a - bi ) = 1 + 3i Û -a + 3bi = 1 + 3i Û ï
. Chọn
í
ï
ï
îb = 1

Câu 19. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thoả mãn z + 1 - 2i = 3 là
A. Đường tròn tâm I (-1;2), bán kính r = 3.
B. Đường tròn tâm I (1; -2), bán kính r = 3.
5


C. Đường tròn tâm I (1; -2), bán kính r = 3.
D. Đường tròn tâm I (-1;2), bán kính r = 3.
Lời giải. Chọn D.
Câu 20. Số hạng thứ k + 1 trong khai triển nhị thức (2 + x ) là
n

B. C nk 2 n-k x k .

A. C nk 2 n x k .

C. C nk 2 n-k x n .

D. C nk +1 2 n-k -1 x k +1 .

Lời giải. Chọn B.
Câu 21. Khai triển và rút gọn đa thức P ( x ) = (2 x -1)

1000

P ( x ) = a1000 x

1000

+ a999 x

999

, ta được

+ ... + a1 x + a0 .

Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. a1000 + a999 + ... + a1 = 0.
C. a1000 + a999 + ... + a1 = 2

1000

B. a1000 + a999 + ... + a1 = 1.

-1.

D. a1000 + a999 + ... + a1 = 21000.

Lời giải. Để ý thấy tổng cần tính a1000 + a999 + ... + a1 là tổng các hệ số trong khai
triển nhưng thiếu a0 . Do đó a1000 + a999 + ... + a1 = (a1000 + a999 + ... + a1 + a0 ) - a0 .
• Cho x = 1 trong khai triển ta được (2.1 -1)

1000

= a1000 + a999 + ... + a1 + a0

Û 1 = a1000 + a999 + ... + a1 + a0 .

• a0 là số hạng không chứa x trong khai triển (2 x -1)

1000

1000
= 1.
. Do đó a0 = C1000

Vậy a1000 + a999 + ... + a1 = (a1000 + a999 + ... + a1 + a0 ) - a0 = 1 -1 = 0. Chọn A.
Câu 22. Có bao nhiêu cách chọn ra ba đỉnh từ các đỉnh của hình lập phương
đơn vị để thu được một tam giác đều?
A. 4.
B. 8.

C. 10.

D. 12.

Lời giải. Nối các đường chéo của các mặt ta được 2 tứ diện đều không có đỉnh
nào chung.

Mỗi tứ diện đều có 4 tam giác đều. Nên tổng cộng có 8 tam giác đều. Chọn B.
Câu 23. Một cấp số cộng có số hạng đầu u1 = 2018 và công sai d = -5. Hỏi bắt
đầu từ số hạng nào của cấp số cộng đó thì nó nhận giá trị âm?
A. u403 .
B. u404 .
C. u405 .
D. u406 .
Lời giải. Số hạng tổng quát của CSC là un = 2018 - 5 (n -1).

6


un < 0 2018 - 5 (n -1) < 0 n >

2023
= 404,6. Chn C.
5

Cõu 24. trang hong cho cn h ca mỡnh, An quyt nh
tụ mu mt ming bỡa hỡnh vuụng cnh bng 1. Bn y tụ
mu cỏc hỡnh vuụng nh c ỏnh s ln lt l
1, 2, 3, ..., n, ..., trong ú cnh ca hỡnh vuụng k tip bng

mt na hỡnh vuụng trc ú (nh hỡnh bờn). Gi s quy
trỡnh tụ mu ca An cú th to ra vụ hn. Hi bn An tụ mu
n hỡnh vuụng th my thỡ din tớch
ca hỡnh vuụng c tụ nh hn
A. 3.

1
?
1000

B. 4.

C. 5.

D. 10.

Li gii. Gi din tớch cỏc hỡnh vuụng c tụ ln 1, 2, 3, ..., n, ..., ln lt l
S1 , S2 , S3 , ..., Sn , ...
ổ1ử
ổ1ử
ổ1ử
ổ1ử
Khi ú din ta tớnh c S1 = ỗỗ ữữữ , S2 = ỗỗ 2 ữữữ , S3 = ỗỗ 3 ữữữ , ..., Sn = ỗỗ n ữữữ , ...
ỗố 2 ứ
ỗố 2 ứ
ỗố 2 ứ
ỗố 2 ứ
2

2

2

2

ổ1ử

1
n ẻ *
4 n > 1000 ắắắ
đ n 5.
Theo Sn = ỗỗ n ữữữ <
ỗố 2 ứ
1000
2

Vy ti thiu An phi tụ n hỡnh vuụng th 5 thỡ din tớch ca hỡnh vuụng c
tụ nh hn

1
. Chn C.
1000

Cõu 25. Cho dóy s (un ) vi un =

2 , giỏ tr ca a l
A. a = -4.

4n 2 + n + 2
. dóy s ó cho cú gii hn bng
an 2 + 5

B. a = 2.

C. a = 3.
D. a = 4.
1 2

4+ + 2
4n 2 + n + 2
n n = 4 (a =
Li gii. 2 = lim un = lim
=
lim
/ 0) a = 2. Chn B.
2
5
a
an + 5
a+ 2
n
Cõu 26. Cho hm s y = x 3 - 3 x 2 + 2. Vit phng trỡnh tip tuyn ca th
hm s bit tip tuyn song song vi ng thng y = 9 x + 7.
A. y = 9 x + 7; y = 9 x - 25.
C. y = 9 x - 7; y = 9 x + 25.

B. y = 9 x - 25.
D. y = 9 x + 25.

Li gii. Gi M ( x 0 ; y0 ) l ta tip im v k l h s gúc ca tip tuyn.
ộ x 0 = -1
.
Theo gi thit, ta cú k = 9 3 x 02 - 6 x 0 = 9 ờ
ờ x0 = 3
ở

7

ỡù y = -2
ắắ
đ Phng trỡnh tip tuyn cn tỡm l: y = 9 x + 7 (loaùi)
Vi x 0 = -1 đ ùớ 0
ùùợk = 9

(vỡ trựng vi ng thng ó cho).
ỡ
ùy = 2
ắắ
đ Phng trỡnh tip tuyn cn tỡm l: y = 9 x - 25. Chn B.
Vi x 0 = 3 đ ùớ 0
ù
ù
ợk = 9
Cõu 27. Cho t din ABCD cú M , N ln lt l trung im ca cỏc cnh


AC , BC . im P tha món PB + 2 PD = 0 v im Q l giao im ca hai ng
thng CD v NP . Hi ng thng no sau õy l giao tuyn ca hai mp ( MNP )
v ( ACD ) ?
A. CQ.

B. MQ.

C. MP .

D. NQ.

Li gii. Ta cú M l im chung th nht.
ỡùQ ẻ CD è ( ACD )
Do Q = CD ầ NP ị ùớ
ùùQ ẻ NP è ( MNP )
ợ

ị Q l im chung th hai.

Vy MQ = ( MNP ) ầ ( ACD ). Chn B.
Cõu 28. Cho hỡnh chúp t giỏc u S . ABCD cú tt c cỏc cnh bng a. Gi M
l trung im ca SD. Tang ca gúc gia ng thng BM

v mt phng

( ABCD ) bng
A.

1
.
3

Li gii. Gi
SO ^ ( ABCD ).

B.

O

2
.

2

C.

D.

2
.
3

l tõm hỡnh vuụng, suy ra

Trong tam giỏc vuụng SOB, tớnh c SO =
Gi N

3
.
3

a 2
.
2

l trung im OD, suy ra MN SO nờn

MN ^ ( ABCD ). Khi ú



BM

, ( ABCD ) = BM
, BN .

SO
MN
1

Xột tam giỏc vuụng BNM , ta cú tan MBN =
= 2 = . Chn A.
3BD 3
BN
4
Cõu 29. Cho hỡnh lp phng ABCD. A ÂB ÂC ÂD Â cú cnh bng a. Khong cỏch gia
hai ng thng AB v C ÂD Â bng
A. a.

B. a 2.

C.
8

a 3
.
2

D. a 3.


Lời giải. Ta có d ( AB, C ¢D ¢) = AD ¢ = a 2. Chọn B.
Câu 30. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a. Tam giác SAB

đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung
điểm SC và AD. Góc giữa đường thẳng MN và đáy ( ABCD ) bằng
A. 30 0.
Lời

giải.

B. 450.
Gọi

SH ^ ( ABCD ).

Gọi E

H

là

trung

C. 60 0.

AB.

điểm

D. 90 0.

Suy

là trung điểm HC . Suy ra ME  SH

ME ^ ( ABCD ).

ra
nên


.
Khi đó MN
, ( ABCD ) = MNE
Ta dễ dàng tính được
a 3
AH + CD 3a
; EN =
= .
2
2
2
 = ME = 3 Þ MNE
 = 30 0. Chọn A.
Tam giác MNE vuông tại E , có tan MNE
NE
3
SH = a 3 Þ ME =

Câu 31. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông
góc với mặt phẳng ( ABC ); góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABC ) bằng
60 0. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng

(SMC ) bằng
A. a 3.

B.

a 39
.
13

C. a.

D.



 và
Lời giải. Xác định được 60 0 = SB
, ( ABC ) = SB
, AB = SBA

 = a. 3 = a 3.
SA = AB.tan SBA
Do M là trung điểm của cạnh AB nên d éë B, (SMC )ùû = d éë A, (SMC )ùû .
Kẻ AK ^ SM . Khi đó d éë A, (SMC )ùû = AK .
SA. AM

a 39
=
.
Tam giác vuông SAM , có AK =

2
2
13
SA + AM
a 39
Vậy d éë B, (SMC )ùû = AK =
. Chọn B.
13

S

K
M

A

C

Câu 32. Hình đa diện trong hình vẽ có bao
nhiêu mặt?
A. 6.
C. 11.

a
.
2

B. 10.
D. 12.

Lời giải. Chọn C.
9

B


Câu 33. Cho khối chóp S . ABC có SA vuông góc với đáy, SA = 4, AB = 6, BC = 10
và CA = 8. Tính thể tích V của khối chóp S . ABC .
A. V = 24.
B. V = 32.
C. V = 40.

Lời giải. Tam giác ABC , có AB + AC = 6 + 8 = 10 = BC
2

2

2

2

® SDABC =
¾¾
® tam giác ABC vuông tại A ¾¾

2

D. V = 192.
2

1
AB. AC = 24.
2

1
Vậy thể tích khối chóp VS . ABC = SDABC .SA = 32. Chọn B.
3
Câu 34. Trên bàn có một cốc nước hình trụ chứa đầy nước, có chiều
cao bằng 3 lần đường kính của đáy; Một viên bi và một khối nón đều
bằng thủy tinh. Biết viên bi là một khối cầu có đường kính bằng đường
kính của cốc nước. Người ta từ từ thả vào cốc nước viên bi và khối nón
đó (như hình vẽ) thì thấy nước trong cốc tràn ra ngoài. Tính tỉ số thể
tích của lượng nước còn lại trong cốc và lượng nước ban đầu (bỏ qua bề
dày của lớp vỏ thủy tinh).
A.

1
.
2

B.

2
.
3

4
.
9

C.

D.

5
.
9

Lời giải. Gọi bán kính đáy của cốc hình trụ là R. Suy ra chiều cao của cốc nước
hình trụ là 6 R; bán kính của viên bi là R; bán kính đáy hình nón là R; chiều
cao của hình nón là 4 R.
Thể tích khối nón là Vnon =

4p 3
4p 3
R . Thể tích của viên bi là Vcau =
R .
3
3

Thể tích của cốc (thể tích lượng nước ban đầu) là V = 6p R 3 .
Suy ra thể tích nước còn lại: V ¢ = V - (Vnon +Vcau ) =

10
V¢ 5
p R 3 . Vậy
= . Chọn D.
3
V
9

Câu 35. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và

BC = a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy ( ABC ). Gọi H , K lần lượt là hình chiếu
vuông góc của A lên cạnh bên SB và SC . Thể tích của khối cầu ngoại tiếp chóp

A.HKCB bằng
A.

2pa 3 .

B.

pa 3
.
2

C.

 = 90 0
Lời giải. Theo giả thiết, ta có ABC

(1)

2pa 3
.
3
 = 90 0.
và AKC

ì
ï AH ^ SB
Þ AH ^ HC . (2)
Do ï
í
ï
ï
î AH ^ BC do BC ^ (SAB )

Từ (1) và (2), suy ra ba điểm B, H , K cùng nhìn xuống
10

D.

pa 3
.
6


AC dưới một góc 90 0 nên R =
Vậy V =

AC
AB 2 a 2
=
=
.
2
2
2

4
2pa 3
p R3 =
. Chọn C.
3
3

Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hình chiếu của điểm M (1; -3; -5)
trên mặt phẳng (Oxy ) có tọa độ là
A. (1; -3;5).

B. (1; -3;0).

C. (1; -3;1).

D. (1; -3;2).

Lời giải. Chọn B.
Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , giả sử tồn tại mặt cầu (S ) có
phương trình x 2 + y 2 + z 2 - 4 x + 2 y - 2az + 10a = 0. Tập tất cả các giá trị của a để

(S ) có chu vi đường tròn lớn bằng 8p là
A. {1; -11}.
B. {1;10}.
C. {-1;11}.

D. {-10;2}.

Lời giải. Ta có (S ) : x 2 + y 2 + z 2 - 4 x + 2 y - 2az + 10a = 0

hay ( x - 2) + ( y + 1) + ( z - a ) = a 2 -10a + 5 .
2

2

2

Để (S ) là phương trình của mặt cầu a 2 -10a + 5 > 0.
Khi đó mặt cầu (S ) có bán kính R = a 2 -10a + 5.

(* )

Chu vi đường tròn lớn của mặt cầu (S ) là: P = 2p R = 2p a 2 -10a + 5.
Theo giả thiết: 2p a 2 -10a + 5 = 8p

é a = -1 (thoûa maõn *)
Û a 2 -10a + 5 = 4 Û a 2 -10a -11 = 0 Û êê
. Chọn C.
êë a = 11 (thoûa maõn *)

Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng (a ) chứa trục O z và đi
qua điểm P (2; -3;5) có phương trình là
A. (a ) : 2 x + 3 y = 0.
C. (a ) : 3 x + 2 y = 0.

B. (a ) : 2 x - 3 y = 0.
D. (a ) : y + 2 z = 0.

Lời giải. Mặt phẳng (a ) chứa trục O z nên phương trình có dạng Ax + By = 0 với

A 2 + B 2 ¹ 0.

Lại có (a ) đi qua P (2; -3;5) nên 2 A - 3B = 0. Chọn B = 2 ¾¾
®A =3.
Vậy phương trình mặt phẳng (a ) : 3 x + 2 y = 0. Chọn C.
Câu

39.

Trong

không

gian

với

hệ

tọa

độ

Oxyz ,

cho

mặt

phẳng

( P ) : x - 2 y + 2 z - 3 = 0 và mặt cầu (S ) có tâm I (5;-3;5), bán kính R = 2 5. Từ
11


mt im A thuc mt phng ( P ) k mt ng thng tip xỳc vi mt cu (S )
ti im B. Tớnh OA bit rng AB = 4.
A. OA = 3.

B. OA = 11.
C. OA = 6.
D. OA = 5.
ỡ
ù
5 - 2.(-3) + 2.5 - 3
ù
ù
d ộở I , ( P )ựỷ =
=6
ù
2
Li gii. Ta cú ùớ
ắắ
đ IA = d ộở I , ( P )ựỷ ắắ
đ IA ^ ( P )
12 + (-2) + 2 2
ù
ù
ù
2

2
2
2
ù
ù
ợIA = AB + IB = AB + R = 6
hay A l hỡnh chiu vuụng gúc ca I trờn mt phng ( P ) .

đ OA = 11. Chn B.
Do ú ta d dng tỡm c A (3;1;1) ắắ

Cõu 40. Trong khụng gian vi h ta Oxyz , tỡm ta hỡnh chiu H ca
A (-1;3;2) trờn mt phng ( P ) : 2 x - 5 y + 4 z - 36 = 0.

A. H (-1; -2;6). B. H (1;2;6).

C. H (1; -2;6).

Li gii. Mt phng ( P ) cú VTPT nP = (2; -5;4 ).
Gi d l ng thng qua


ud = nP = (2; -5;4 ).
Suy ra d :

A

v vuụng gúc vi

D. H (1; -2; -6).

( P ) nờn cú VTCP

x +1 y - 3 z - 2
.
=
=
2
-5
4

ỡ x +1 y - 3 z - 2
ù
ù
=
=
Khi ú ta hỡnh chiu H ( x ; y; z ) tha ùớ 2
-5
4 ị H (1; -2;6) . Chn
ù
ù
ù
ợ2 x - 5 y + 4 z - 36 = 0
C.

Cõu 41. Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho hai im A (3;3;1), B (0;2;1) v
mt phng ( P ) : x + y + z - 7 = 0. ng thng d nm trong ( P ) sao cho mi im
ca d cỏch u hai im A, B cú phng trỡnh l
ỡù x = t
ỡù x = 2t

ỡù x = t
ùù
ùù
ùù
ù
ù
A. ớ y = 7 + 3t .
B. ớ y = 7 - 3t .
C. ùớ y = 7 - 3t .
ùù
ùù
ùù
ùùợ z = 2t
ùùợ z = t
ùùợ z = 2t

ỡù x = -t
ùù
D. ùớ y = 7 - 3t .
ùù
ùùợ z = 2t

Li gii. Phng trỡnh mt phng trung trc ca AB l (a ) : 3 x + y - 7 = 0.

ng thng cn tỡm d cỏch u hai im A, B nờn s thuc mt phng (a ).
ỡx + y + z - 7 = 0
ù
.
Li cú d è ( P ), suy ra d = ( P ) ầ (a ) hay d : ù
ớ

ù
ù
ợ3 x + y - 7 = 0
ỡ
ù z = 2t
Chn x = t , ta c ùớ
. Chn C.
ù
ù
ợ y = 7 - 3t

12


Câu 42. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị f ¢ ( x ) như hình vẽ.
Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm
số g ( x ) = f ( x 2 + x -1) +
A. 4.
C. 7.

480

m ( x 2 + x + 2)

nghịch biến trên (0;1) ?
B. 6.
D. 8.

Lời giải. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng (0;1) khi g ¢ ( x ) < 0, "x Î (0;1)
é

ù
ê
ú
480
2
¢
Û (2 x + 1) ê f ( x + x -1) ú < 0, "x Î (0;1)
2
2
ê
m ( x + x + 2) úú
êë
û

2
480
> ( x 2 + x + 2) . f ¢ ( x 2 + x -1), "x Î (0;1)
m
480
2
t = x 2 + x -1
¾¾¾¾®
> (t + 3) . f ¢ (t ), "t Î (-1;1).
m
ïìï0 < f ¢ (t ) < 4
2
Dựa vào đồ thị, ta có í
, "t Î (-1;1) ¾¾
® (t + 3) . f ¢ (t ) < 64, "t Î (-1;1).
ïï2 < (t + 3)2 < 16

ïî
480
15
Theo YCBT ¾¾
®
³ 64 Û m £ . Chọn C.
m
2

Û

Câu 43. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên  và

không có cực trị, đồ thị của hàm số y = f ( x ) là đường cong
ở hình vẽ bên. Xét hàm số h ( x ) =

2
1é
f ( x )ùû - 2 xf ( x ) + 2 x 2 .
2ë

Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Đồ thị hàm số y = h ( x ) có điểm cực tiểu là M (1;0).
B. Hàm số y = h ( x ) không có cực trị.

C. Đồ thị của hàm số y = h ( x ) có điềm cực đại là

N (1;2).

D. Đồ thị hàm số y = h ( x ) có điểm cực đại là M (1;0).

Lời giải. Ta có h ¢ ( x ) = f ( x ) f ¢ ( x ) - 2 f ( x ) - 2 xf ¢ ( x ) + 4 x .

é f (x ) = 2x
.
Suy ra h ¢ ( x ) = 0 Û f ( x ) éë f ¢ ( x ) - 2ùû - 2 x éë f ¢ ( x ) - 2ùû = 0 Û êê
êë f ¢ ( x ) = 2

• Từ giả thiết hàm số không có cực trị, kết hợp với đồ thị suy ra hàm số luôn
nghịch biến nên f ¢ ( x ) < 0 với mọi x . Suy ra f ¢ ( x ) - 2 < 0 với mọi x .

• Phương trình f ( x ) = 2 x có nghiệm suy nhất x = 1 (VT nghịch biến – VP đồng
biến).
13


Bng bin thiờn

x
-Ơ
hÂ(x )

1
0

-

+

+Ơ

h (x )

0
Do ú th hm s y = h ( x ) cú im cc tiu M (1;0). Chn A.

3 + x + 6 - x - 18 + 3 x - x 2 Ê m 2 - m + 1 ( m l

Cõu 44. Cho bt phng trỡnh

tham s). Cú bao nhiờu giỏ tr nguyờn ca m thuc [-5;5] bt phng trỡnh
nghim ỳng vi mi x ẻ [-3;6 ] ?
A. 3.

B. 5.

C. 9.

D. 10.

Li gii. t t = x + 3 + 6 - x . Suy ra t = 9 + 2 18 + 3 x - x .
2

Ta cú t  =

1
2 x +3

-

1
2 6-x

; t = 0

2

1
2 x +3

-

1
2 6-x

=0 x =

3
ẻ [-3;6 ].
2

Ta cú bng bin thiờn

x
tÂ

-3

+

6

3/2
0

-

3 2

t

3

3

T bng bin thiờn ta suy ra t ẻ ộờ3;3 2 ựỳ .
ở
ỷ
t2 -9
-t 2 + 2t + 9
Khi ú bt phng trỡnh tr thnh: t Ê m2 - m +1
Ê m 2 - m + 1.
2
2
-t 2 + 2t + 9
Xột hm s f (t ) =
vi t ẻ ộờ3;3 2 ựỳ . Ta cú f  (t ) = -t + 1 Ê 0 "t ẻ ộờ3;3 2 ựỳ .
ở
ỷ
ở

ỷ
2
ộ
ự
Suy ra hm s f (t ) nghch bin trờn ờ3;3 2 ỳ nờn max f (t ) = f (3) = 3.
ộ3;3 2 ự
ở
ỷ
ờở
ỳỷ
ộm 2
. Chn C.
Ycbt m 2 - m + 1 max f (t ) m 2 - m + 1 3 m 2 - m - 2 0 ờ
ộ3;3 2 ự
ờ m Ê -1
ởờ
ỷỳ
ở

Cõu 45. Cho a, b l hai s thc dng. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
ổ
ổ
b ử
4 ữử
ữữ.
P = log 3 (1 + 2a ) + log 3 ỗỗ1 + ữữữ + 2 log 3 ỗỗ1 +
ỗố
ỗ
2a ứ
ố

b ữứ
A. 1.

B. 4.
C. 7.
2
ộ
ổ
b ửữỗổ
4 ửữ ựỳ
ờ
ỗ
ữữ ỳ .
Li gii. Ta cú P = log 3 ờ(1 + 2a )ỗ1 + ữữỗ1 +
ỗố
2a ứỗố
b ữứ ỳỷ
ờở
14

D. 9.


ổ
b ử
b
(1 + 2a )ỗỗ1 + ữữữ = 1 + + 2a + b 1 + 2 b + b =
ốỗ
2a ứ
2a

2
ộ
ổ
b ửổ
4 ửữ
ờ
ữ
1
+

(1 + 2a )ỗỗ1 + ữỗ
ữỗ
ữ
ờ
ốỗ
2a ứữỗố
b ứữ
ở

(

)

2

b +1 .

2
ổ
ổ

ử
4 ửữựỳ
4
2
ữữ = ỗỗ1 + b +
b + 1 ỗỗ1 +
+ 4ữữữ (1 + 2.2 + 4 ) = 81.
ỳ
ữ
ữ
ỗ
ốỗ
ứ
ố
ứ
b ỷ
b

(

2

)

Suy ra P log 3 81 = 4. Chn B.

Cõu 46. Cho hm s y = f ( x ) cú o hm liờn tc
trờn
1

v

cú



th

nh

hỡnh

bờn.

t

K = ũ x . f ( x ). f  ( x ) dx , khi ú K thuc khong no
0

sau õy?

ổ
3ử
B. ỗỗ-2; - ữữữ.
ỗố
2ứ

A. (-3; - 2).

ổ 3 2ử
C. ỗỗ- ; - ữữữ.
ỗố 2 3 ứ

ổ 2 ử
D. ỗỗ- ;0ữữữ.
ỗố 3 ứ

ỡdu = dx
ù
ù
ỡ
u=x
ù
ù
ù
Li gii. t ớ
ịớ
f 2 (x ).
ù
Â
ù
d
v
=
f
x
.
f

x
d
x
( ) ( )
v=
ù
ù
ợ
ù
2
ù
ợ
1

Khi ú K = ũ
0

1
1
x f 2 (x )
1
1 1
x . f ( x ). f  ( x ) dx =
- ũ f 2 ( x ) dx = - ũ f 2 ( x ) dx .
2
2 0
2 2 0
0
1

T th, ta thy:
1

f ( x ) > 2 - x , "x ẻ [0;1] ị ũ
0

1

f ( x ) < 2, "x ẻ [0;1] ị ũ
0

1
1
f 2 (x )
f 2 (x )
(2 - x )
7
1
2
dx > ũ
dx = ị K = - ũ
dx < - .
2
2
6
2
2
3
0
0

2

1
1
f (x )
f 2 (x )
1
3
dx > ũ 2 dx = 2 ị K = - ũ
dx > - . Chn C.
2
2
2
2
0
0
2

Cõu 47. Tỡm m hm s y =
A. m < -3.

B. m < -2.

cos x
3sin 5 x - 4 cos 5 x - 2m + 3
C. m < -1.

cú tp xỏc nh l .
D. m Ê -1.

Li gii. hm s ó cho xỏc nh trờn 3sin 5 x - 4 cos 5 x - 2m + 3 > 0, "x ẻ

3
4
2m - 3
2m - 3
sin 5 x - cos 5 x >
, "x ẻ
< -1 m < -1. Chn C.
5
5
5
5

Cõu 48. Mt hp cú 6 viờn bi xanh, 5 viờn bi v 4 viờn bi vng. Chn ngu
nhiờn 5 viờn bi sao cho cú c ba mu. S cỏch chn l
A. 2163.
B. 2170.
C. 3003.
Li gii. S cỏch chn 5 viờn bi bt kỡ trong hp l: C

5
15

D. 3843.

cỏch.

Khi chn bt k thỡ bao gm cỏc trng hp sau
Ch cú mt mu

Xanh:
C 65 cỏch.
:

5
5

C cỏch.

Ch cú hai mu

Cú ba mu

Xanh :

C - C - C cỏch.

- Vng:

C 95 - C 55 cỏch.

15

5
11

5
6

5

5


C105 - C 65 cách.

Xanh – Vàng:

Suy ra số cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán (có đủ ba màu) là
C155 - (C 65 + C 55 ) - éê(C115 - C 65 - C 55 ) + (C 95 - C 55 ) + (C105 - C 65 )ùú = 2170. Chọn B.
ë
û
Câu 49. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 1, mặt
bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy
V
16
( ABC ). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SC . Biết S . ABH = . Thể tích
VS . ABC
19
của khối chóp S . ABC bằng
A.

3
.
2

B.

3
.
4

C.

3
.
6

D.

® SO ^ ( ABC ).
Lời giải. Gọi O là trung điểm của AB ¾¾

ïìSC ^ AH
® SC ^ ( AHB ). Suy ra SC ^ OH .
Ta có ïí
ïïîSC ^ AB
Trong
tam
giác
vuông
SOC ,
SH .SC = SO 2 ¾¾
®

Ta có

3
.
12

có

2

SH SO
=
.
SC
SC 2

VS . AHB 16
SH 16
SO 2 16
SO 2
16
=
Û
=
Û
=
Û
=
¾¾
® SO = 2.
2
3 19
VS . ACB 19
SC 19
19
SC

2
SO +
4

1
1
3
3
Vậy V = SDABC .SO = .2.
=
. Chọn C.
3
3
4
6

Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi D là đường thẳng đi qua điểm

A (2;1;0), song song với mặt phẳng ( P ) : x - y - z = 0 và có tổng khoảng cách từ

các điểm M (0;2;0), N (4;0;0) tới đường thẳng đó đạt giá trị nhỏ nhất? Vectơ nào
sau đây là một vectơ chỉ phương của D ?


A. uD = (0;1; -1).
B. uD = (1;0;1).

uD = (2;1;1).



C. uD = (3;2;1). D.

Lời giải. Vì D đi qua điểm A, song song với ( P ) ¾¾
® D nằm trong mặt phẳng

(a ) với (a ) là mặt phẳng qua
(a ) : x - y - z -1 = 0.

Gọi H , K

A

và

song

song

lần lượt là hình chiếu vuông góc của M , N

ì
ï
ïH (1;1; -1).
í
ï
ï
îK (3;1;1)

16

với

( P ).

Suy

ra

trên (a ). Suy ra


ì
ïd ( M , D) ³ MH
Þ d ( M , D) + d ( N , D) ³ MH + NK .
Ta có ï
í
ï
ï
îd ( N , D) ³ NK

Dấu '' = '' xảy ra Û H Î D và K Î D.


Khi đó đường thẳng D có một VTCP là HK = (2;0;2). Đối chiếu các đáp án, chọn
B.

17