04 đề 04 lời giải chi tiết image marked

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT
LƯỢNG
ĐỀ VIP 04

TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 2018 - 2019
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 90

phút
Câu 1. Đường cong trong hình bên là đồ thị của
một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở
bốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số
đó là hàm số nào?
A. y = x 4 - 2 x 2 -1 .

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

D. y = -x 4 + 2 x 2 + 1 .
Lời giải. Hình dáng đồ thị thể hiện a < 0 . Loại A.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -1 nên thể hiện c = -1 . Loại D.
Đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ (1;1) nên chỉ có B thỏa mãn. Chọn B.

Câu 2. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên \ {0} và có bảng biên thiên như sau

Khẳng định nào sau đây đúng?
A. f (-5) > f (-4 ).

B. Hàm số đồng biên trên khoảng (0; +¥).
C. Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng 2.
D. Đường thẳng x = 2 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Lời giải. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên
khoảng (-¥;0) nên f (-5) > f (-4 ). Chọn A.

Câu 3. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  với bảng xét dấu đạo hàm như sau
1


x

-¥

f '(x )

-3
-

0

1
+

+¥

2
+

0

0

-

Hỏi hàm số y = f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Lời giải. Nhận thấy y ' đổi dấu khi qua x = -3 và x = 2 nên hàm số có 2 điểm
cực trị. ( x = 1 không phải là điểm cực trị vì y ' không đổi dấu khi qua x = 1 ).
Chọn C.
Câu 4. Gọi yCT là giá trị cực tiểu của hàm số f ( x ) = x 2 +
đề nào sau đây là đúng?
A. yCT > min y. B. yCT = 1 + min y.
(0;+¥)

C. yCT = min y.

(0;+¥)

Lời giải. Đạo hàm f ' ( x ) = 2 x -

(0;+¥)

2
trên (0;+¥) . Mệnh

x
D. yCT < min y.
(0;+¥)

2
2x - 2
=
¾¾
® f ' ( x ) = 0 Û x = 1 Î (0; +¥).
2
x
x2
3

Qua điểm x = 1 thì hàm số đổi dấu từ ''- '' sang ''+ '' trong khoảng (0;+¥) .

Suy ra trên khoảng (0;+¥) hàm số chỉ có một cực trị và là giá trị cực tiểu nên đó
cũng chính là giá trị nhỏ nhất của hàm số. Vậy yCT = min y. Chọn C.
(0;+¥)

Câu 5. Một sợi dây kim loại dài 32cm được cắt thành hai đoạn bằng nhau. Đoạn
thứ nhất uốn thành một hình chữ nhật có chiều dài 6cm, chiều rộng 2cm. Đoạn
thứ hai uốn thành một tam giác có độ dài một cạnh bằng 6cm. Gọi độ dài hai
cạnh còn lại của tam giác là x (cm ), y (cm ) ( x £ y ). Hỏi có bao nhiêu cách chọn bộ
số ( x ; y ) sao cho diện tích của tam giác không nhỏ hơn diện tích hình chữ nhật?
A. 0 cách.

B. 1 cách.

C. 2 cách.

D. Vô số cách.

Lời giải. Từ giả thiết suy ra x + y = 10.
Diện tích hình chữ nhật là S1 = 6.2 = 12cm 2 .

Diện tích tam giác là S2 = 8 (8 - x )(8 - y )(8 - 6) = 4 (8 - x )(8 - y ) cm 2 .
Yêu cầu bài toán: S2 ³ S1 Û 4 (8 - x )(8 - y ) ³ 12 Û (8 - x )(8 - y ) ³ 9

x + y =10
¬¾¾¾
® (8 - x )( x - 2) ³ 9 Û x 2 -10 x + 25 £ 0 Û ( x - 5) £ 0 Û x = 5. Suy ra y = 5.
2

Vậy có duy nhất một bộ số ( x ; y ) = (5;5) thỏa mãn. Chọn B.

Câu 6. Cho a = log 2 m và A = log m 8m với 0 < m ¹ 1. Chọn khẳng định đúng
A. A = (3 - a ) a.

B. A = (3 + a ) a.

C. A =
2

3-a
.
a

D. A =

3+a
.
a


Li gii. Ta cú A = log m 8m = log m 8 + log m m = 3 log m 2 + 1 =

3
3
3+a
+1 = +1 =
.
log 2 m
a
a

Chn D.
Cõu 7. H s gúc ca tip tuyn vi th hm s y = ln ( x + 1) ti im cú honh
x = 2 l
A.

1
.
3 ln 2

B. 1.

Li gii. Ta cú y  =

C. ln 2.

D.

1
.
3

1
1
ị h s gúc l k = y  (2) = . Chn D.
x +1
3

Cõu 8. Tng lp phng cỏc nghim ca phng trỡnh log 2 x .log 3 (2 x -1) = 2 log 2 x
bng
A. 6.

B. 26.
C. 126.
D. 216.
1
Li gii. iu kin: x > . Phng trỡnh log 2 x . ộở log 3 (2 x -1) - 2ựỷ = 0
2
ộ x = 1(thoỷa maừn)
ộ log 2 x = 0
ộx = 1
ờờ
ờ
ờờ
ắắ

đ 13 + 53 = 126. Chn C.
ờ2 x -1 = 9
x
=
5
thoỷ
a
maừ
n
(
)
ờở log 3 (2 x -1) = 2
ở
ởờ
Cõu 9. Cho phng trỡnh 4 x

2

-2 x +1

- m.2 x

2

-2 x + 2

+ 3m - 2 = 0. Tp tt c cỏc giỏ tr ca

tham s m phng trỡnh ó cho cú 4 nghim phõn bit l
A. (2; +Ơ).

B. [2, +Ơ).

Li gii. t t = 2(
Xột hm f (t ) =

x -1)

2

C. (1; +Ơ).

1. Phtrỡnh tr thnh t 2 - 2m.t + 3m - 2 = 0 m =

ỡ3ỹ
t2 -2
trờn [1; +Ơ) \ ùớ ùý.
ùợù 2 ùỵù
2t - 3

t 1
f 0

Phng trỡnh ó cho cú bn nghim

-

1,5

f

phõn bit khi v ch khi phng trỡnh

+Ơ

-

2
0

t2 -2
. (* )
2t - 3

+

2

+Ơ
+Ơ

1

(*) cú hai nghim phõn bit ln hn 1
v khỏc

D. (-Ơ;1) ẩ (2; +Ơ).

-Ơ

3
BBT
ắắắ
đ m > 2. Chn A.
2

Cõu 10. Mt ngi mun gi tin vo ngõn hng n ngy 15 / 3 / 2020 rỳt
c khon tin l 50.000.000 ng. Lói sut ngõn hng l 0,55% /thỏng. Bit
rng nu khụng rỳt tin khi ngõn hng thỡ c sau mi thỏng, s tin lói s
c nhp vo vn ban u tớnh lói cho thỏng tip theo. Hi vo ngy

15 / 4 / 2018 ngi ú phi gi ngõn hng s tin l bao nhiờu ỏp ng nhu
cu trờn, nu lói sut khụng thay i trong thi gian ngi ú gi tin?
A. 43.593.000 ng.

B. 43.833.000 ng.
3


C. 44.316.000 đồng.

D. 44.074.000 đồng.

Lời giải. Áp dụng công thức lãi kép Tn = A (1 + r ) với A số tiền gửi vào lần đầu
n

tiên, r = 0,55% là lãi suất mỗi tháng, n = 23 tháng và Tn = 50.000.000 đồng. Ta
được
æ
0,55 ö÷

50000000 = A.çç1 +
® A = 44074000 đồng. Chọn D.
÷ ¾¾
çè
100 ø÷
23

Câu 11. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?
A.

ò 0dx = C

C.

òx

a

dx =

( C là hằng số).

B.

x a +1
+ C ( C là hằng số). D.
a +1

ò

1
dx = ln x + C ( C là hằng số).
x

ò dx = x + C

( C là hằng số).

Lời giải. Chọn C. Vì kết quả này không đúng với trường hợp a = -1 .
1

Câu 12. Tích phân

òe

2x

dx bằng

0

A. e 2 -1.

B.

e 2 -1
.
2

C. 2 (e 2 -1).

D.

e -1
.
2

Lời giải. Chọn B.
Câu 13. Cho hình phẳng H giới hạn bởi

1
đường
4

tròn có bán kính R = 2, đường cong y = 4 - x và
trục hoành (miền tô đậm như hình vẽ). Tính thể tích

V của khối tạo thành khi cho hình H quay quanh
trục Ox .
A. V =

40p
×
3

B. V =

53p
×
6

C. V =

Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm:

67p
×
6

D. V =

77p
×
6

4 - x = 0 Û x = 4.

• Thể tích vật thể khi quay phần S1 quanh trục hoành là nửa khối cầu bán kính

R = 2 nên có thể tích bằng

1 4
2
16p
´ p R 3 = p.23 =
.
2 3
3
3

4

• Thể tích vật thể khi quay phần S2 quanh trục hoành là p ò (4 - x ) dx = 8p.

16p
40p
Vậy thể tích cần tính
+ 8p =
. Chọn A.
3
3

4

0


Câu 14. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên

[-1;2 ]. Đồ thị của hàm số y = f ¢ ( x ) được cho như hình bên.

Diện tích các hình phẳng ( K ), ( H ) lần lượt là
19
, tính f (2).
12
2
2
A. f (2) = - .
B. f (2) = .
3

3

5
8
và . Biết
12
3

f (-1) =

C. f (2) =
2

Lời giải. Dựa vào đồ thị ta thấy:

ò

-1

2

Mặt khác:

ò

-1

11
.
6

0

2

-1

0

f ¢ ( x ) dx = ò f ¢ ( x ) dx + ò f ¢ ( x ) dx =

f ¢ ( x ) dx = f ( x ) -1 = f (2) - f (-1) = f (2) -

Từ đó suy ra f (2) -

D. f (2) = 3.

2

5 8
9
- =- .
12 3
4

19
.
12

19

9
9 19
2
= - ¾¾
® f (2) = - + = - . Chọn A.
12
4
4 12
3

Câu 15. Một vật đang chuyển động với vận tốc 6m/s thì tăng tốc với gia tốc

a (t ) =

3
m/s 2 , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc bắt đầu
t +1

tăng tốc. Hỏi vận tốc của vật sau 10 giây gần nhất với kết quả nào sau đây?
A. 11m/s .
B. 12 m/s .
C. 13m/s .
D. 14 m/s .
Lời giải. Ta có v (t ) = ò

3
dt = 3 ln t + 1 + C .
t +1

Tại thời điểm lúc bắt đầu

3 ln1 + C = 6 Û C = 6.
Suy ra v (t ) = 3 ln t + 1 + 6 (m/s).

tăng

t =0

tốc

thì

v = 6m/s

nên

ta

có

® v (10) = 3 ln11 + 6 » 13m/s. Chọn C.
Tại thời điểm t = 10 s ¾¾

Câu 16. Điểm nào trong hình vẽ bên dưới là điểm
biểu diễn số phức z = -1 + 2i ?
A. N .
C. M .

B. P .
D. Q.

Lời giải. Chọn D.
Câu 17. Cho hai số phức z1 = 1 + i và z 2 = 2 - 3i. Môđun của số phức z = z1 - z 2
bằng
A.

17.

B.

15.

C.
5

2 + 13.

D.

13 - 2.


® z1 - z 2 = 17. Chọn A.
Lời giải. Ta có z1 - z 2 = -1 + 4i ¾¾
Câu 18. Cho hai số phức z1 = a + bi (a; b Î  ) và z 2 = 2017 - 2018i. Biết z1 = z 2 ,
tính S = a + 2b.
A. S = -1.

B. S = 4035.

C. S = -2019.

D. S = -2016.
ì
ïa = 2017
¾¾
® S = a + 2b = -2019.
Lời giải. Ta có z1 = z 2 Û a + bi = 2017 - 2018i Û ï
í
ï
ï
îb = -2018
Chọn C.
Câu 19. Xét các số phức z thỏa mãn ( z + 2i )( z + 2) là số thuần ảo. Biết rằng tập
hợp tất cả các điểm biễu diễn của z là một đường tròn, tâm của đường tròn đó
có tọa độ là

A. (1; -1).

B. (1;1).

C. (-1;1).

D. (-1; -1).

Lời giải. Gọi z = x + yi ( x , y Î  ), suy ra điểm biểu diễn cho số phứ z là M ( x ; y ).
Ta có ( z + 2i )( z + 2) = ( x + yi + 2i )( x - yi + 2)

= x ( x + 2) + y ( y + 2) + i éë( x - 2)( y + 2) - xy ùû .

Theo giả thiết: ( z + 2i )( z + 2) là số thuần ảo nên x ( x + 2) + y ( y + 2) = 0

Û ( x + 1) + ( y + 1) = 2. Vậy tập hợp tất cả các điểm biễu diễn của z là một đường
2

2

tròn có tâm I (-1; -1). Chọn D.

Câu 20. Trong khai triển nhị thức Niutơn của (a + 2)
Khi đó giá trị n bằng
A. 2012.
B. 2013.

n +6

có tất cả 2019 số hạng .

C. 2018.

Lời giải. Khai triển nhị thức Niutơn (a + b ) có n + 1 số hạng.

D. 2019.

n

Theo đề ra ta phải có n + 6 = 2018 ¬¾
® n = 2012. Chọn A.

Câu 21. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 2C n0 + 5C n1 + 8C n2 + ... + (3n + 2)C nn = 1600.
A. n = 5.

C. n = 8.

B. n = 7.

Lời giải. Đặt S = 2C + 5C + 8C + ... + (3n + 2)C .
0
n

1
n

2
n

D. n = 10.

n
n

Viết ngược lại biểu thức của S , ta được

S = (3n + 2)C nn + (3n -1)C nn-1 + (3n - 4 )C nn-2 + ... + 2C n0 .

Cộng (1) và (2) vế theo vế và kết hợp với công thức C nk = C nn-k , ta có
2S = (3n + 4 )C n0 + (3n + 4 )C n1 + (3n + 4 )C n2 + ... + (3n + 4 )C nn

(1)

(2 )

n
= (3n + 4 ) éëêC n0 + C n1 + C n2 + ... + C nn ùûú = (3n + 4 )(1 + 1) = (3n + 4 ) 2 n.

® n = 7. Chọn B.
Theo giả thiết: 2 ´1600 = (3n + 4 ) 2 n ¾¾

6


Câu 22. Có bốn đội tuyển gồm Việt Nam, Malaysia, Thái Lan, Philippnes. Mỗi
đội có 2 cầu thủ xuất sắc. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 3 cầu thủ từ 8 cầu
thủ sao cho 3 cầu thủ ở ba đội khác nhau?
A. 4.
B. 24.
C. 32.

D. 56.

Lời giải. Chọn 3 đội, mỗi đội chọn 1 cầu thủ sẽ thỏa yêu cầu bài toán.
• Có C 43 cách chọn 3 đội.
• Có 23 cách chọn 3 cầu thủ từ ba đội đó (vì mỗi cầu thủ có 2 cách chọn).
Vậy có C 43 .8 = 32 cách chọn thỏa yêu cầu bài toán. Chọn C.
Cách 2. Có thể tính bằng phần bù: C 83 - C 41 .C 61 .

Câu 23. Cho cấp số cộng (un ) có công sai d ¹ 0. Khi đó dãy số (4un )
A. Không là cấp số cộng.

B. Là cấp số cộng với công sai 4 d .

C. Là cấp số nhân với công bội d .

D. Là cấp số nhân với công bội 4 d .

Lời giải. Ta có un = u1 + (n -1) d Þ 4un = 4u1 + 4 (n -1) d = 4u1 + (n -1).4 d
Do đó (4un ) là cấp số cộng với công sai bằng 4 d . Chọn B.

Câu 24. Một công ty trách nhiệm hữu hạn thực hiện việc trả lương cho các kỹ sư
theo quý với phương thức sau: Mức lương của quý làm việc đầu tiên cho công ty
là: 10 triệu đồng/quý và kể từ quý làm việc thứ hai mức lương sẽ được tăng
thêm 1,5 triệu đồng cho mỗi quý so với quý trước. Tổng số tiền lương một kỹ sư
được nhận sau 2 năm làm việc cho công ty là
A. 122 triệu.

B. 123 triệu.

C. 128 triệu.

D. 164 triệu.

Lời giải. Ta xem đây là tổng của cấp số công với số hạng đầu u1 = 10, công sai
d = 1,5. Trong thời gian 2 năm = 8 quý nên S8 =

Câu 25. Kết quả của giới hạn lim+
x ®2

x - 2019
là
x -2

2u1 + 7d

´8 = 122 triệu. Chọn A.
2

2019
.
A. -¥.
B.
C. 1.
D. +¥.
2
ìï lim ( x - 2019) = -2017 < 0
ï x ® 2+
x - 2019
¾¾
® lim+
= -¥. Chọn A.
Lời giải. Vì ïí
x ®2
ïï lim ( x - 2) = 0 & x - 2 > 0, "x > 2
x -2
+
ïîx ® 2
x +1
Câu 26. Cho hàm số y =
có đồ thị (C ). Có bao nhiêu điểm thuộc (C ) mà
x -2

tiếp tuyến của (C ) tại điểm đó cắt trục tọa độ Ox , Oy lần lượt tại A, B thỏa

3OA = OB ?

A. 1.

B. 2.

C. 3.

7

D. 4.


Lời giải. Do tiếp tuyến tại cắt trục tọa độ Ox , Oy lần lượt tại A, B nên tiếp tuyến
có hệ số góc k với k =

OB
-3
= 3. Ta có y ¢ =
< 0 nên k = -3.
2
OA
( x - 2)

é x = 3 Þ M (3;4 )
= -3 Û êê
. Chọn B.
( x - 2)
êë x = 1 Þ M (1; -2)
Câu 27. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình
-3

Khi đó

2

hành. Gọi I , N lần lượt là trung điểm của SA, SC (tham
khảo hình vẽ). Tìm giao tuyến d của hai mặt phẳng ( BIN )
và ( ABCD ).

A. d là đường thẳng đi qua B và song song với AC .
B. d là đường thẳng đi qua S và song song với AD .
C. d là đường thẳng đi qua B và song song với CD .
D. d là đường thẳng đi qua hai điểm I , N .
Lời giải. Gọi d = ( BIN ) Ç ( ABCD ).
Ta có IN là đường trung bình của DSAC nên IN  AC .
Lại có ( BIN ) Ç (SAC ) = IN và ( ABCD ) Ç (SAC ) = AC .
Do đó: IN  AC  d .

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng ( BIN ) và ( ABCD ) là đường thẳng d đi qua B
và song song với AC . Chọn A.
Câu 28. Cho hình lập phương ABCD. A ¢B ¢C ¢D ¢. Góc giữa hai mặt phẳng ( A ¢B ¢CD )
và ( ABC ¢D ¢) bằng
A. 30°.

B. 60°.

Lời
giải.
Dễ
dàng
ì

BC ¢ ^ CB ¢
ï
ï
Þ BC ¢ ^ ( A ¢B ¢CD ).
í
ï
ï
îBC ¢ ^ CD
Mà BC ¢ Ì ( ABC ¢D ¢).

C. 45°.
chứng

D. 90°.
minh

Suy ra ( ABC ¢D ¢) ^ ( A ¢B ¢CD ). Chọn D.
Câu 29. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông với AC =

a 2
.
2

Cạnh bên SA vuông góc với đáy, SB hợp với đáy góc 60 0. Khoảng cách giữa hai
đường thẳng AD và SC bằng
A.

a
.
2

B.

a 2
.
2

C.

8

a 3
.
2

D.

a 3
.
4


Lời giải. Ta có d [ AD, SC ] = d éë AD, (SBC )ùû = d éë A, (SBC )ùû .

S
K

Kẻ AK ^ SB. Khi đó

d éë A, (SBC )ùû = AK =

SA. AB
SA + AB
2

2

=

a 3
. Chọn D.
4

B

A
D

C

Câu 30. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a.

Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a. Góc giữa hai mặt phẳng (SBC ) và

(SAD ) bằng
A. 30°.

B. 45°.

C. 60°.

Lời giải. • Giao tuyến của (SBC ) và (SAD ) là Sx  AD  BC .

D. 90°.

ïìSA ^ AD
¾¾
® SA ^ Sx .
• ïí
ïïî AD  Sx
ïìBC ^ AB
AD  Sx
¾¾
® BC ^ (SAB ) ¾¾
® BC ^ SB ¾¾¾
® Sx ^ SB.
• ïí
ïïîBC ^ SA


 = 45° (do tam giác SAB vuông cân). Chọn B.
Vậy (
SBC ), (SAD ) = SB
, SA = BSA
Câu 31. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại đỉnh B, với
AC = 2a, BC = a. Đỉnh S cách đều các điểm A, B, C . Biết góc giữa đường thẳng

SB và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60°. Khoảng cách từ trung điểm M của SC đến

mặt phẳng (SAB ) bằng

A.

a 39
.
13

B.

3a 13
.
13

C.

a 39
.
26

Lời giải. Gọi H là trung điểm của AC .
® SH ^ ( ABC ).
Đỉnh S cách đều các điểm A, B, C ¾¾


.
Xác đinh được 60° = SB
, ( ABC ) = SBH

Ta có MH  SA ¾¾
® d éë M , (SAB )ùû = d éë H , (SAB )ùû .
Gọi I là trung điểm của AB ¾¾

® HI ^ AB.

Kẻ HK ^ SI ( K Î SI ) và chứng minh được HK ^ (SAB )
nên d éë H , (SAB )ùû = HK .

Trong D vuông SHI tính được HK =

a 39
. Chọn A.
13

9

D.

a 13
.
26


Câu 32. Hình đa diện nào dưới đây không có tâm đối xứng?

A. Tứ diện đều.

B. Bát diện đều.

C. Hình lập phương.

D. Lăng trụ lục giác đều.

Lời giải. Chọn A.
Câu 33. Cho hình chóp S . ABC có tam giác SBC là tam giác vuông cân tại S ,

SB = 2a và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC ) bằng 3a. Tính theo a thể
tích V của khối chóp S . ABC .
A. V = 2a 3 .

B. V = 4 a 3 .

Lời giải. Ta chọn (SBC )

C. V = 6a 3 .

làm mặt đáy

d éë A, (SBC )ùû = 3a.

¾¾
®

D. V = 12a 3 .
chiều cao khối chóp là

1
Tam giác SBC vuông cân tại S nên SDSBC = SB 2 = 2a 2 .
2
1
Vậy thể tích khối chóp V = SDSBC .d éë A, (SBC )ùû = 2a 3 . Chọn A.
3

Câu 34. Một hình lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a.
Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đó.
A.

4a
3

B.

.

2a 3
.
3

C.

a 12
.
6

D.

a 39
.
6

Lời giải. Bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy của hình lăng trụ là R ¢ =
Khi

đó

bán

R = R¢ + a2 =

kính

mặt

cầu

ngoại

tiếp

hình

lăng

a 3
.
3

trụ

đó

là

2

4a
2a 3
=
. Chọn B.
3
3

Câu 35. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Tam giác

SAB vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Thể tích khối cầu
ngoại tiếp hình chóp S . ABCD bằng
A.

pa 3
.
3

B.

2pa 3
.
3

C.

pa 3
.
6

Lời giải. Gọi O = AC Ç BD. Suy ra OA = OB = OC = OD. (1)
Gọi M là trung điểm AB, do tam giác SAB vuông tại S
10

D.

11 11pa 3
.
162


nên MS = MA = MB.
Gọi H là hình chiếu của S trên AB. Từ giả thiết suy ra
SH ^ ( ABCD ).

ìïOM ^ AB
Þ OM ^ (SAB ) nên OM là trục của tam
Ta có ïí
ïïîOM ^ SH
giác
SAB , suy ra OA = OB = OS . (2)

Từ (1) và (2), ta có OS = OA = OB = OC = OD. Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp
khối chóp S . ABCD, bán kính R = OA =

a 2
4
2pa 3
nên V = p R 3 =

. Chọn B.
2
3
3

Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (2; -1;3),
B (-10;5;3) và M (2m -1;2; n + 2). Để A, B, M thẳng hàng thì giá trị của m, n là

3
3
3
A. m = 1, n = . B. m = - , n = 1.
C. m = -1, n = - .
2
2
2


Lời giải. Ta có AB = (-12;6;0), AM = (2m - 3;3; n -1).

2
3
D. m = , n = .
3
2

ì2m - 3 = -12 k ì
ï
3
ï


 ï
ï
m =ï
ï
ï
Để A, B, M thẳng hàng Û $k Î  : AM = k AB Û í3 = 6 k
Þí
2.
ï
ï
ï
ï
n
=
1
ï
ï
n
1
=
0.
k
î
ï
î
*

Chọn B.
Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu (S ) có bán kính bằng 2,

tiếp xúc với mặt phẳng (Oyz ) và có tâm nằm trên tia Ox . Phương trình của mặt
cầu (S ) là

A. (S ) : ( x + 2) + y 2 + z 2 = 4.
2

C. (S ) : ( x - 2) + y 2 + z 2 = 4.
2

B. (S ) : x 2 + ( y - 2) + z 2 = 4.
2

D. (S ) : x 2 + y 2 + ( z - 2) = 4.
2

Lời giải. Gọi I (a;0;0) Î Ox với a > 0 là tâm của (S ).

Theo giả thiết, ta có d éë I , (Oyz )ùû = R Û x I = 2 Û a = 2.
Vậy (S ) : ( x - 2) + y 2 + z 2 = 4. Chọn C.
2

Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm P (2;0; -1), Q (1; -1;3)

và mặt phẳng ( P ) : 3 x + 2 y - z + 5 = 0. Gọi (a ) là mặt phẳng đi qua P , Q và vuông
góc với ( P ), phương trình của mặt phẳng (a ) là
A. (a ) : -7 x + 11 y + z - 3 = 0.

B. (a ) : 7 x -11 y + z -1 = 0.

C. (a ) : -7 x + 11 y + z + 15 = 0.
D. (a ) : 7 x -11 y - z + 1 = 0.


Lời giải. Ta có PQ = (-1; -1;4 ), mặt phẳng (P ) có VTPT nP = (3;2; -1).
11


 
Suy ra éê PQ , nP ùú = (-7;11;1).
ë
û

 
Mặt phẳng (a ) đi qua P (2;0; -1) và nhận éê PQ , nP ùú = (-7;11;1) làm một VTPT nên
ë
û

có phương trình (a ) : -7 x + 11 y + z + 15 = 0. Chọn C.
Câu

39.

Trong

không

gian

với

hệ

tọa

độ

Oxyz ,

cho

mặt

cầu

(S ) : x 2 + y 2 + z 2 - 2 y - 2 z -1 = 0 và mặt phẳng ( P ) : 2 x + 2 y - 2 z + 15 = 0. Khoảng

cách ngắn nhất giữa điểm M trên (S ) và điểm N trên ( P ) bằng
A.

3 3
.
2

B.

3 2
.
3

C.

3
.
2

D.

Lời giải. Mặt cầu (S ) có tâm I (0;1;1) và bán kính R = 3.
Ta có d éë I , ( P )ùû =

2.0 + 2.1 - 2.1 + 15
2 + 2 + (-2)
2

2

2

=

2
.
3

5 3
.
2

3 3

. Chọn A.
Vậy khoảng cách ngắn nhất: hmin = d éë I , ( P )ùû - R =
2

Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tính khoảng cách d từ điểm

ïìï x = 1 + t
ï
M (1;3;2) đến đường thẳng D : ïí y = 1 + t .
ïï
ïïî z = -t
A. d = 2.
B. d = 2.
C. d = 2 2.

D. d = 3.

Lời giải. [Dùng công thức] Đường thẳng D đi qua A (1;1;0) có VTCP u = (1;1; -1).
 
éu; AM ù
 

ê
ú
Suy ra AM = (0;2;2), éêu; AM ùú = (4; -2;2). Vậy d ( M , D) = ë  û = 2 2. Chọn C.
ë
û
u
Cách 2. Tìm tọa độ hình chiếu H của M trên D. Khi đó d ( M , D) = MH .

Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (1;2;3) và mặt phẳng

( P ) : 2 x + y - 4 z + 1 = 0. Đường thẳng d đi qua điểm A, song song với mặt phẳng

( P ), đồng thời cắt trục Oz. Phương trình tham số của đường thẳng d là
ìï x = 1 + 5t
ïï
A. ïí y = 2 - 6t .
ïï
ïïî z = 3 + t

ì
x =t
ï
ï
ï
B. ï
í y = 2t .
ï
ï
ï
ï
îz = 2 + t

ìï x = 1 + 3t
ìï x = 1 - t
ïï
ïï
C. ïí y = 2 + 2t .
D. ïí y = 2 + 6t .

ïï
ïï
ïïî z = 3 + t
ïïî z = 3 + t

® d có VTCP là AB = (-1; - 2; z 0 - 3).
Lời giải. Gọi d Ç Oz = B (0;0; z 0 ) ¾¾

Mặt phẳng ( P ) có VTPT n = (2;1; - 4 ).
 
Theo giả thiết d  ( P ) nên suy ra AB.n = 0 Û -2 - 2 - 4 z 0 + 12 = 0 Û z 0 = 2.

Suy ra AB = (-1; - 2; -1).
12



Vy ng thng d cú mt VTCP u = (1;2;1) nờn loi cỏc phng ỏn A, C, D.

Chn B.
Cõu 42. Cho hm s y = f ( x ). th hm s
y = f  ( x ) nh hỡnh bờn. Hm s g ( x ) = f (1 - 2 x )

ng bin trờn khong no trong cỏc khong sau ?
A. (-1;0).
C. (0;1).

B. (-Ơ;0).
D. (1; +Ơ).

ộ x < -1
.
Li gii. Da vo th, suy ra f  ( x ) < 0 ờ
ờ1 < x < 2
ở
Ta cú g  ( x ) = -2 f  (1 - 2 x ).

ộx > 1
ộ1 - 2 x < -1
ờ
Xột g  ( x ) > 0 f  (1 - 2 x ) < 0 ờ
ờ 1
.
ờ1 < 1 - 2 x < 2
ờ- < x < 0
ở
ờở 2
ổ 1 ử
Vy g ( x ) ng bin trờn cỏc khong ỗỗ- ;0ữữữ v (1; +Ơ). Chn D.
ỗố 2 ứ

Cõu 43. Cho hm s y = f ( x ) cú o hm trờn .
th hm s y = f ' ( x ) nh hỡnh v bờn. S im cc tr
ca hm s g ( x ) = f ( x - 2017) - 2018 x + 2019 l
A. 1.
C. 3.

B. 2.
D. 4.

Li gii. Ta cú g  ( x ) = f ' ( x - 2017) - 2018; g  ( x ) = 0 f ' ( x - 2017) = 2018.

Da vo th hm s y = f ' ( x ) suy ra phng trỡnh f ' ( x - 2017) = 2018 cú 1
nghim n duy nht. Suy ra hm s g ( x ) cú 1 im cc tr. Chn A.
Cõu 44. Cho hm s y = f ( x ) liờn tc v cú o hm trờn ,
cú th nh hỡnh v. Vi m l tham s bt kỡ thuc [0;1].
Phng

trỡnh

f ( x 3 - 3x 2 ) = 3 m + 4 1- m

nghim thc?
A. 2.
C. 5.

cú

bao

nhiờu

B. 3.
D. 9.

đ 3 Ê k Ê 5.
Li gii. t k = 3 m + 4 1 - m ắắ

t t ( x ) = x 3 - 3 x 2 , cú t  ( x ) = 3 x 2 - 6 x ; t  ( x ) = 0 x = 0 hoc x = 2.
Bng bin thiờn nh hỡnh bờn.

Phng trỡnh tr thnh f (t ) = k vi k ẻ [3;5]
13


BBT
é t = a > 0 ¾¾¾
® 1 nghiem x
ê
do thi
BBT
ê
¾¾¾
® ê t = b (-4 < b < 0) ¾¾¾
® 3 nghiem x .
ê
BBT
êë t = c < -4 ¾¾¾
® 1 nghiem x

Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm x . Chọn
C.
Câu 45. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 5 log 22 a + 16 log 22 b + 27 log 22 c = 1.
Giá trị lớn nhất của biểu thức S = log 2 a log 2 b + log 2 b log 2 c + log 2 c log 2 a bằng
A.
Lời

1
.
16

1
.
12

B.

giải.
2

1
.
9

D.

x = log 2 a, y = log 2 b, z = log 2 c . Giả

Đặt

5 x + 16 y + 27 z = 1.
2

C.

1
.
8

thiết

trở

thành

2

Ta đi tìm GTLN của S = xy + yz + zx .
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có

(x + y + z )
x2
y2
z2
2
+
+
³
= 6(x + y + z ) .
1
1
1
1
1
1
+ +
11 22 33 11 22 33
1
Suy ra 5 x 2 + 16 y 2 + 27 z 2 ³ 12 ( xy + yz + zx ). Do đó S £ . Chọn B.
12
ìï3 x 2 + 12 y 2 ³ 12 xy

ïï
Cách 2. Ghép cặp và dùng BĐT Cauchy. Cụ thể ïí2 x 2 + 18 z 2 ³ 12 xz Þ (đpcm).
ïï
ïï4 y 2 + 9 z 2 ³ 12 yz
î
2

11x 2 + 22 y 2 + 33 z 2 =

Câu 46. Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục

trên đoạn [-3;3] và có đồ thị như hình vẽ. Biết
rằng diện tích hình phẳng S1 , S2 giới hạn bởi đồ
thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = -x -1 lần
3

lượt là M ; m. Tích phân
A. 6 + m - M .
C. M - m + 6.

ò

-3

f ( x ) dx bằng

B. 6 - m - M .
D. m - M - 6.
1

1

1

1

Lời giải. Ta có M = ò éë-x -1 - f ( x )ùû dx = ò (-x -1) dx - ò f ( x ) dx = 0 - ò f ( x ) dx ;
-3

-3

3

-3

3

-3

3

3

1

1

m = ò éë f ( x ) - (-x -1)ùû dx = ò f ( x ) dx + ò ( x + 1) dx = ò f ( x ) dx + 6.
1

1

3

1

3

1

-3

-3

Suy ra m - M = ò f ( x ) dx + 6 + ò f ( x ) dx = 6 + ò f ( x ) dx .
14


3

Suy ra

ò

-3

f ( x ) dx = m - M - 6. Chọn D.

Câu 47. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên  và có đồ thị như hình
vẽ bên. Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình

f 2 (cos x ) + (m - 2018) f (cos x ) + m - 2019 = 0 có đúng 6

nghiệm

phân biệt thuộc đoạn [0;2p ] là
A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 5.
é f (cos x ) = -1
.
Lời giải. Có f 2 (cos x ) + (m - 2018) f (cos x ) + m - 2019 = 0 Û êê
êë f (cos x ) = 2019 - m
é cos x = 0
Û cos x = 0. Phương trình này có hai
• Với f (cos x ) = -1 Û êê
ë cos x = a > 1 (loaïi)
p
3p
nghiệm x1 = và x 2 =
thuộc đoạn [0;2p ].
2
2
• Với f (cos x ) = 2019 - m ta cần tìm điều kiện để phương trình này có 4 nghiệm
phân biệt thuộc [0;2p ] khác x1 , x 2 .

Đặt t = cos x Î [-1;1] với mọi x Î [0;2p ], ta được f (t ) = 2019 - m. (1)

Với t = -1 phương trình (1) cho đúng một nghiệm x = p; với t = 0 phương trình

cho hai nghiệm x1 , x 2 . Với mỗi t Î (-1;1] \ {0} phương trình cho hai nghiệm
x Î [0;2p ] khác x1 , x 2 . Vậy điều kiện cần tìm là phương trình (1) phải có hai

nghiệm phân biệt t Î (-1;1] \ {0} Û -1 < 2019 - m £ 1 Û 2018 £ m < 2020. Chọn B.

Câu 48. Một hộp chứa 6 quả bóng đỏ (được đánh số từ 1 đến 6 ), 5 quả bóng
vàng (được đánh số từ 1 đến 5 ), 4 quả bóng xanh (được đánh số từ 1 đến 4 ).
Lấy ngẫu nhiên 4 quả bóng. Xác suất để 4 quả bóng lấy ra có đủ ba màu mà
không có hai quả bóng nào có số thứ tự trùng nhau bằng
A.

43
.
91

B.

48
.
91

C.

74
.
455

Lời giải. Số phần tử của không gian mẫu là n (W) = C154 .

D.

381
.
455

Các trường hợp thuận lợi cho biến cố là
• 2 xanh, 1 vàng, 1 đỏ ¾¾
® C 42 .C 31 .C 31 cách. (Giải thích: Khi bốc mình sẽ bốc bi ít
hơn trước tiên. Bốc 2 viên bi xanh từ 4 viên bi xanh nên có C 42 cách, tiếp theo
bốc 1 viên bi vàng từ 3 viên bi vàng (do loại 2 viên cùng số với bi xanh đã bốc)
nên có C 31 cách, cuối cùng bốc 1 viên bi đỏ từ 3 viên bi đỏ (do loại 2 viên cùng
số với bi xanh và 1 viên cùng số với bi vàng) nên có C 31 cách)
15


• 1 xanh, 2 vàng, 1 đỏ ¾¾
® C 41 .C 42 .C 31 cách.
• 1 xanh, 1 vàng, 2 đỏ ¾¾
® C 41 .C 41 .C 42 cách.
Suy ra số phần tử của biến cố là C 42 .C 31 .C 31 + C 41 .C 42 .C 31 + C 41 .C 41 .C 42 .
Vậy xác suất cần tính P =

C 42 .C 31 .C 31 + C 41 .C 42 .C 31 + C 41 .C 41 .C 42
74
=
. Chọn C.
4

455
C15

Câu 49. Cho lăng trụ tam giác đều ABC . A ¢B ¢C ¢ có cạnh đáy bằng a, chiều cao

bằng 2a. Mặt phẳng ( P ) qua B ¢ và vuông góc A ¢C chia lăng trụ thành hai khối.
Biết thể tích của hai khối là V1 và V2 với V1 < V2 . Tỉ số
A.

1
.
7

B.

1
.
11

C.

1
.
23

V1
bằng
V2

D.

1
.
47

Lời giải. Gọi H là trung điểm của A ¢C ¢, suy ra B ¢H ^ A ¢C nên B ¢H Ì ( P ).
Trong mặt phẳng ( ACC ¢A ¢), kẻ HK ^ A ¢C với K Î AA ¢. Suy ra HK Ì ( P ).

Do đó thiết diện tạo bởi mặt phẳng ( P ) và khối lăng trụ là tam giác HKB ¢.

hình a
1
1
Ta có SDA ¢B ¢H = SDA ¢B ¢C ¢ và tính được KA ¢ = AA ¢.
2
8
V1
1
1
Do đó VK . A ¢B ¢H = VABCD . A ¢B ¢C ¢D ¢ ¾¾
® = . Chọn D.
48
V2 47

hình b

Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lăng trụ tam giác đều

(

)

ABC . A1 B1C1 có A1 3; -1;1 , hai đỉnh B, C thuộc trục Oz và AA1 = 1 ( C không

trùng O ). Biết u = (a; b;2) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng A1C . Tính
T = a2 + b2.
A. T = 4.

B. T = 5.

C. T = 9.

16

D. T = 16.


Lời giải. Gọi I là trung điểm của BC . Ta chứng minh
được A1 I ^ BC .

Suy ra I là hình chiếu của A1 trên BC nên I (0;0;1).
Suy ra A1 I = 2 ¾¾
® AI = A1 I 2 - AA12 = 3.

2 AI
BC
Suy ra CI =
= 3 = 1 (do tam giác DABC đều).
2
2

Vì C Î Oz nên gọi C (0;0; c ) với c ¹ 0 .

é c = 0 (loaïi)

2
® C (0;0;2) ¾¾
® A1C = - 3;1;1 .
Từ IC = 1 Þ (c -1) = 1 Û êê
ëc = 2

®T = a 2 + b 2 = 16. Chọn D.
Chọn VTCP của A1C là u = -2 3;2;2 ¾¾

(

(

)

17

)