05 đề 05 lời giải chi tiết image marked

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

ĐỀ VIP 05

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'

+

-1

1
-

0

0

+

+¥

4

y

+¥

-4

-¥

A. y = 2 x 3 - 6 x . B. y = -2 x 3 + 6 x - 8. C. y = -2 x 3 + 6 x .

D. y = 2 x 3 - 6 x + 8.

Lời giải. Dựa vào dáng điệu của bảng biến thiên suy ra a > 0 . Loại B và C.
Thử tại x = 1 ® y = -4 . Thay vào hai đáp án còn lại chỉ có A thỏa. Chọn A.
Câu 2. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên  và có đồ thị
như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đồng biến trên (-¥;0) và (0;+¥) .
B. Hàm số đồng biến trên (-1;0) È (1; +¥).

C. Hàm số đồng biến trên (-¥; -1) và (1; +¥).
D. Hàm số đồng biến trên (-1;0) và (1; +¥).
Lời giải. Chọn D.
Câu 3. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  và
có đồ thị như hình bên. Hỏi hàm số có bao nhiêu
điểm cực trị?
A. 2.

C. 4.

B. 3.
D. 5.

Lời giải. Chọn D.

1


Cõu 4. Cho hm s f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d cú
th nh hỡnh v bờn. Hi phng trỡnh ộở f ( x )ựỷ = 4
2

cú bao nhiờu nghim?
A. 3.
C. 5.

B. 4.
D. 6.

ộ f (x ) = 2
2
.
Li gii. Ta cú ộở f ( x )ựỷ = 4 ờờ
ờở f ( x ) = -2
2
Do ú s nghim ca phng trỡnh ộở f ( x )ựỷ = 4 chớnh l s giao im ca th

hm s f ( x ) vi hai ng thng y = 2 v y = -2.

Da vo th ta thy cú 4 giao im nờn phng trỡnh ộở f ( x )ựỷ = 4 cú 4
2

nghim. Chn B.
Cõu 5. Cho log 3 15 = a; log 3 10 = b v log 3 50 = ma + nb + p. Chn khng nh ỳng
A. m + n = 1.

B. m - n = 2.

C. m + n = mn.

Li gii. Ta cú log 3 50 = 2 log 3 50 = 2 (log 3 5 + log 3 10)

D. m.n = 2.

= 2 (log 3 15 + log 3 10 - log 3 3) = 2a + 2b - 2.

ùỡm = 2
ắắ
đ m + n = mn. Chn C.
Suy ra ùớ
ùùợn = 2

Cõu 6. o hm ca hm s y = log 2 (5 x - 3) cú dng y  =
, a < 10). Tớnh a + b.

A. 1.

B. 3.

C. 7.
ỡ
a
=
5
ù
5
Li gii. Ta cú y  =
ắắ
đù
ị a + b = 7. Chn C.
ớ
ù
(5 x - 3) ln 2
ù
ợb = 2

a
(a ; b ẻ
(5 x - 3) ln b

D. 9.

Cõu 7. Cho phng trỡnh (m + 2) log 32 x + 4 log 3 x + (m - 2) = 0. Tp tt c cỏc giỏ tr
ca tham s thc m phng trỡnh cú hai nghim x1 , x 2 tha 0 < x1 < 1 < x 2 l
A. (-Ơ; -2).

B. (-2;2).

C. (2; +Ơ).

Li gii. iu kin: x > 0.
2

D. \ [2;2 ].


Đặt t = log 3 x , vì 0 < x1 < 1 < x 2 Û log 3 x1 < log 3 1 < log 3 x 2 nên t1 < 0 < t 2 .
Phương trình trở thành (m + 2) t 2 + 4 t + m - 2 = 0. (*)

Khi đó ycbt Û phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu Û (m + 2)(m - 2) < 0

Û -2 < m < 2. Chọn B.
Câu 8. Tập nghiệm của bất phương trình x ln x + e ln

2

x

£ 2e 4 có dạng S = [a; b ]. Tích

a.b bằng
A. 1.

C. e 3 .

B. e.

D. e 4 .

Lời giải. Điều kiện: x > 0.
Ta có đẳng thức e ln

2

x

= (e ln x )

ln x

= x ln x .

Do đó bất phương trình Û 2.e ln

Û -2 £ ln x £ 2 Û e -2 £ x £ e 2 Û

2

x

£ 2.e 4 Û ln 2 x £ 4 Û ln x £ 2

1
£ x £ e 2 . Chọn A.
e2

Câu 9. Ngân hàng BIDV Việt Nam đang áp dụng hình thức lãi kép với mức lãi
suất: không kỳ hạn là 0,2% /năm, kỳ hạn 3 tháng là 1,2% /quý. Ông A đến ngân
hàng BIDV để gửi tiết kiệm với số tiền ban đầu là 300 triệu đồng. Nếu gửi không

kỳ hạn mà ông A muốn thu về cả vốn và lãi bằng hoặc vượt quá 305 triệu đồng

thì ông A phải gửi ít nhất n tháng (n Î  * ). Hỏi nếu cùng số tiền ban đầu và
cũng số tháng đó, ông A gửi tiết kiệm có kỳ hạn 3 tháng thì ông A sẽ nhận được
số tiền cả vốn lẫn lãi là bao nhiêu?
A. 444.785.421 đồng.

B. 444.711.302 đồng.

C. 446.490.147 đồng.

D. 447.190.465 đồng.

Tn ³305; A =300
® n  99,18. Như vậy,
Lời giải. Áp dụng công thức lãi kép: Tn = A (1 + r ) ¾¾¾¾¾
n = 0,2%
n

khi gửi không kỳ hạn để được số tiền gồm cả vốn lẫn lãi lớn hơn hoặc bằng 305
triệu đồng thì ông A phải gửi tối thiểu là 100 tháng.
Nếu cũng gửi với số tiền ban đầu là 300 triệu đồng với lãi suất 1,2% /quý trong
thời gian 100 năm (gồm 33 kỳ hạn và 1 tháng không kỳ hạn)
æ
1,2 ÷ö
• Số tiền ông A có được sau 33 định kỳ là: T = 300000000.çç1 +
çè 100 ÷÷ø

33

•

Số

tiền

ông

A

có

được

sau

æ
æ
0,2 ö÷
1,2 ö÷ æç
0,2 ö÷
T .çç1 +
= 300000000.çç1 +
.ç1 +
÷
÷
÷
÷
÷
èç 100 ø

èç 100 ø çè 100 ø÷
33

= 444.785.421 đồng. Chọn A.

Câu 10. Họ các nguyên hàm của hàm số f ( x ) = xe x là
2

3

100

đồng.
tháng

là


A.

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

1 x2
e +C.
2

Lời giải. Ta có

2

ò

f ( x ) dx = ò xe x dx =
2

Câu 11. Tính tích phân I =

2019 p

ò

C. e x + C .

D. 2e x + C .

2

2

( )

2
2
1
1
1 2
e x .2xdx = ò d e x = e x + C . Chọn B.
ò
2
2

2

1 - cos 2 x dx .

0

A. I = 0.

B. I = 2 2.

C. I = 2019 2.

D. I = 4038 2.

Lời giải. Vì 1 - cos 2x tuần hoàn theo chu kì p nên
p

p

p

0

0

0

I = 2019 ò 1 - cos 2 x dx = 2019 2 ò sin x dx = 2019 2 ò sin xdx = 4038 2. Chọn D.

Câu 12. Viết công thức tính thể tích V của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng

x = 0 và x = ln 4 , bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục hoành tại điểm có

hoành độ x (0 £ x £ ln 4 ) , có thiết diện là một hình vuông có độ dài cạnh là
xe x .
ln 4

ln 4

A. V = p ò xe dx .B. V = ò
x

0

ln 4

x

xe dx .

0

Lời giải. Diện tích hình vuông là S ( x ) =
ln 4

ln 4

0

0

C. V = ò xe dx .
x

(

xe x

)

2

0

ln 4

D. V = p ò ( xe x ) dx .
2

0

= xe x

¾¾
®V = ò S ( x ) dx = ò xe x dx . Chọn C.

Câu 13. Cho hai hàm số

f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx -

1
2

và

g ( x ) = dx 2 + ex + 1 (a, b, c , d , e Î  ). Biết rằng đồ thị hàm số

y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ

lần lượt là -3; -1; 1 (tham khảo hình vẽ). Hình phẳng giới
hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng
9
A. 4.
B. .
C. 5.
2

D. 8.

Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị f ( x ) và g ( x ) là
1
3
ax 3 + bx 2 + cx - = dx 2 + ex + 1 Û ax 3 + (b - d ) x 2 + (c - d ) x - = 0 (*).
2
2

Do đồ thị của hai hàm số cắt nhau tại ba điểm suy ra phương trình (*) có ba
3
nghiệm là -3; -1; 1. Ta được a ( x + 3)( x + 1)( x -1) = ax 3 + (b - d ) x 2 + (c - d ) x - .
2

3
1
Đồng nhất hai vế ta suy ra -3a = - Û a = .
2
2

4


1

Vy din tớch hỡnh phng cn tỡm l

1

ũ 2 ( x + 3)( x + 1)( x -1) dx = 4.

Chn A.

-3

Cõu 14. Mt vt ang chuyn ng vi vn tc 10m/s thỡ tng tc vi gia tc

a (t ) = 3t + t 2 (m/s 2 ), trong ú t l khong thi gian tớnh bng giõy k t lỳc bt

u tng tc. Hi quóng ng vt i c trong khong thi gian 10 giõy k t
lỳc bt u tng tc bng bao nhiờu một?
A.

1900

m.
3

B.

2200
m.
3

Li gii. Ta cú v (t ) = ũ (3t + t 2 ) dt =

C.

4000
m.
3

4300
m.
3

D.

3t 2 t 3
+ +C.
2
3

Ti thi im lỳc bt u tng tc t = 0 thỡ v = 10m/s nờn suy ra C = 10.
Suy ra v (t ) =

3t 2 t 3
+ + 10 (m/s).
2
3

Vy quóng ng vt i c trong khong thi gian 10 giõy k t lỳc bt u
10
ổ 3t 2 t 3
ử
ổt3 t 4
ử 10 4300
+ + 10ữữữ dt = ỗỗỗ + + 10t ữữữ =
m. Chn D.
tng tc bng s = ũ ỗỗỗ
3
3
ố 2
ứữ
ố 2 12
ứữ 0
0

Cõu 15. Trong mt phng vi h ta Oxy,
cho hỡnh bỡnh hnh OABC cú ta im
A (3;1), C (-1;2) (tham kho hỡnh v bờn). S

phc no sau õy cú im biu din l im
B ?
A. z1 = -2 + 3i. B. z 2 = 2 + 3i.

C. z 3 = 4 - i.
D. z 4 = -4 + i.

ùỡ x A - 0 = x B - xC
ùỡ x = 2
đ ùớ
ị ùớ B
.
Li gii. Vỡ OABC l hỡnh bỡnh hnh nờn OA = CB ắắ
ùợù y A - 0 = y B - yC
ùùợ y B = 3
Suy ra s phc z 2 = 2 + 3i cú im biu din l B. Chn B.

Cõu 16. Cho hai s phc z1 = 1 + i v z 2 = 2 - 3i. Mụun ca s phc z1 + z 2 bng
A. 1.

B.

5.

C. 5.

D.

13.

Li gii. Ta cú z1 + z 2 = 1 + i + (2 - 3i ) = 3 - 2i nờn z1 + z 2 = 3 + 2 = 13. Chn D.
2

2

Cõu 17. Tỡm cỏc s thc a v b tha món 2a + (b + i )i = 1 + 2i vi i l n v o.
A. a = 0, b = 2.

1
B. a = , b = 1.
2

C. a = 0, b = 1.

D. a = 1, b = 2.

ùỡ2a -1 = 1 ỡùùa = 1
ớ
. Chn D.
Li gii. Ta cú 2a + (b + i )i = 1 + 2i 2a + bi -1 = 1 + 2i ùớ
ùợùb = 2
ùợùb = 2

5


Câu 18. Cho số phức z thỏa mãn zz = 1 và z -1 = 2. Tổng phần thực và phần
ảo của z bằng
A. -1.

B. 0.

C. 1.

D. 2.

Lời giải. Giả sử z = a + bi (a; b Î  ), suy ra z = a - bi.

® (a + bi )(a - bi ) = 1 Û a 2 + b 2 = 1.
● zz = 1 ¾¾

(1)

(2 )

● z -1 = 2 ¾¾
® (a -1) - bi = 2 Û (a -1) + b = 4.
2

2

ì
ïa 2 + b 2 = 1
ìa = -1
ï
Giải hệ (1) và (2) , ta được ïí
Ûï
¾¾
® a + b = -1. Chọn A.
í
2
2
ï
ï

ï
îb = 0
ï
î(a -1) + b = 4 ï

Câu 19. Tính tổng S của tất cả các giá trị của x thỏa mãn P2 .x 2 – P3 .x = 8.
A. S = -4.
B. S = -1.
C. S = 4.
D. S = 3.
é x = -1
Lời giải. Ta có P2 .x 2 – P3 .x = 8 Û 2!.x 2 - 3!.x = 8 Û 2 x 2 - 6 x - 8 = 0 Û ê
êx = 4
ë
¾¾
® S = -1 + 4 = 3. Chọn D.

Câu 20. Gọi Tk là số hạng trong khai triển ( x 3 + 2 y 2 )

13

y trong số hạng đó bằng 34. Hệ số của Tk bằng
A. 1287.
B. 2574.
C. 41184.
Lời giải. Ta có ( x 3 + 2 y

¾¾
®Tk = 2 C x
k

k
13

39-3 k

)

2 13

= å C13k ( x
13

k =0

)

3 13-k

(2 y )

2 k

mà tổng số mũ của x và
D. 54912.

= å C13k 2 k x 39-3 k y 2 k
13

k =0

2k

y .

Từ giả thiết bài toán, ta có 39 - 3k + 2 k = 34 Û k = 5.
Vậy hệ số của Tk bằng 25 C135 = 41184. Chọn C.

Câu 21. Cho đa giác đều ( H ) có 20 cạnh. Xét tam giác có 3 đỉnh được lấy từ
các đỉnh của ( H ). Hỏi có bao nhiêu tam giác có đúng 1 cạnh là cạnh của ( H ).
A. 320.

B. 360.

C. 380.

D. 400.

Lời giải. • Chọn một cạnh của đa giác ( H ) làm cạnh của tam giác nên có 20
cách.
• Chọn một đỉnh (để ghép với cạnh đã chọn ở bước trên tạo thành tam giác thỏa
mãn bài toán) nên có 16 cách chọn (bỏ 2 đỉnh thuộc cạnh đã chọn và 2 đỉnh
liền kề hai bên cạnh đã chọn).
Vậy số tam giác cần tìm là 20 ´16 = 320. Chọn A.
Câu 22. Xét các số nguyên dương chia hết cho 3. Tổng số 50 số nguyên dương
đầu tiên của dãy số đó bằng
A. 3675.
B. 3750.

C. 3825.

6

D. 3900.


Lời giải. Số các số nguyên dương thỏa mãn bài toán lập thành một cấp số cộng
với số hạng đầu u1 = 3 và công sai d = 3.
Do đó S50 =

2u1 + 49d
2.3 + 49.3
´50 =
´50 = 3825. Chọn C.
2
2

Câu 23. Với hình vuông A1 B1C1 D1 như hình vẽ bên, cách tô
màu như phần gạch sọc được gọi là cách tô màu '' đẹp ''. Một
nhà thiết kế tiến hành tô màu cho một hình vuông như
hình bên, theo quy trình sau:
Bước 1: Tô màu '' đẹp '' cho hình vuông A1 B1C1 D1 .
Bước 2: Tô màu '' đẹp '' cho hình vuông A2 B2C 2 D2 là hình vuông ở chính giữa khi
chia hình vuông A1 B1C1 D1 thành 9 phần bằng nhau như hình vẽ.
Bước 3: Tô màu '' đẹp '' cho hình vuông A3 B3C 3 D3 là hình vuông ở chính giữa khi
chia hình vuông A2 B2C 2 D2 thành 9 phần bằng nhau. Cứ tiếp tục như vậy. Hỏi
cần ít nhất bao nhiêu bước để tổng diện tích phần được tô màu chiếm 49,99% ?
A. 9 bước.

B. 4 bước.

C. 8 bước.

D. 7 bước.

Lời giải. Gọi diện tích được tô màu ở mỗi bước là un , n Î  . Dễ thấy dãy các giá
*

trị un là một cấp số nhân với số hạng đầu u1 =

4
1
và công bội q = .
9
9

Gọi S k là tổng của k số hạng đầu trong cấp số nhân đang xét thì S k = u1

q k -1
.
q -1

Để tổng diện tích phần được tô màu chiếm 49,99% khi và chỉ khi
u1 (q k -1)
q -1

³ 0, 4999 Û k ³ 3,8

Vậy cần ít nhất 4 bước. Chọn B.
Câu 24. Kết quả của giới hạn lim

A. -2.

1
B. - .
2

3n - 4 n-1
là
1 + 2.4 n

1
C. - .
8

D.

1
.
3

æ 3 ö÷ 1
1
çç ÷ 3n - .4 n
n
n -1
çè 4 ø÷ 4
3 -4
1
4
Lời giải. lim

=
lim
=
lim
= - . Chọn A.
n
n
n
8
1 + 2.4
1 + 2.4
æ 1 ö÷
çç ÷ + 2
÷
çè 4 ø
n

Câu 25. Cho hàm số y = x 3 - mx + 1 - m có đồ thị (C m ). Gọi M là điểm có hoành
độ bằng 0 và thuộc (C m ). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để tiếp
tuyến của (C m ) tại M cắt trục hoành tại N sao cho MN = 2 2.
7


{
}
m ẻ {1; -3 2 2 }.

{
}
m ẻ {1;2 3 }.

A. m ẻ -1;3 2 2 .

B. m ẻ -1;2 3 .

C.

D.

Li gii. Phng trỡnh tip tuyn ti M (0;1 - m ) l d : y = -mx + 1 - m.
ổ1 - m ửữ
ổ1 - m ửữ
2
;0ữữ. Theo : MN = 2 2 ỗỗ
Ta cú d ầ Ox = N ỗỗ
ữữ + (1 - m ) = 8
ỗố m
ỗ
ứ
ố m ứ
ộ m = -1
ờ
1
2
m 2 + 2 - 2m - + 2 = 8 ờờ m = 2 + 3 . Chn B.
m
m
ờ
ờở m = 2 - 3
2

Cõu 26. Cho t din ABCD. Gi E v F ln lt l trung im ca AB v CD ;

G l trng tõm tam giỏc BCD. Giao im ca ng thng EG v mt phng

( ACD ) l

A. im F .
B. giao im ca ng thng EG v AC .
C. giao im ca ng thng EG v CD.
D. giao im ca ng thng EG v AF .
Li gii. Chn mt phng ph ( ABF ) cha
EG.
Ta cú ( ABF ) ầ ( ACD ) = AF .
ùỡ M ẻ EG
Gi M = EG ầ AF ị ùớ
ùù M ẻ AF è ( ACD )
ợ
ị M = EG ầ ( ACD ).

Vy giao im cn tỡm giao im ca ng
thng EG v AF . Chn D.
Cõu 27. Cho hỡnh lp phng ABCD. A ÂB ÂC ÂD Â cú cnh bng a. Sin ca gúc to
bi gia hai mt phng ( BDA Â) v ( ABCD ) bng
A.

3
.
3

B.

6
.
3

C.

3
.
4

Li gii. Gi O = AC ầ BD. Suy ra AO ^ BD. (1)

(2 )

Ta chng minh c BD ^ A ÂO.



ÂO , AO = A
ÂOA.
T (1) v (2), suy ra (
BDA Â), ( ABCD ) = A

AA Â
6

ÂOA =
Vy sin (

BDA Â), ( ABCD ) = sin A
=
. Chn B.
A ÂO
3

8

D.

6
.
4


Câu 28. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông đỉnh B, AB = a, SA
vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng

(SBC ) bằng
A.

5a
.
3

B.

2 2a
.
3

C.

Lời giải. Kẻ AH ^ SB.

ì
ïBC ^ AB
Þ BC ^ (SAB ) Þ BC ^ AH .
Ta có ï
í
ï
ï
îBC ^ SA

5a
.
5

(1)

(2 )

Từ (1) và (2), suy ra

H

SA. AB

2 5a
=

.
2
2
5
SA + AB

d éë A, (SBC )ùû = AH =

2 5a
.
5
S

D.

C

A
B

Câu 29. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a
và vuông góc với đáy. Côsin góc giữa đường thẳng SC và mặt (SBD ) bằng
A.

1
.
3

B.

2
.
3

C.

5
.
3

Lời giải. Trong tam giác SOC , kẻ OK ^ OS (như hình vẽ).
® BD ^ OK .
Dễ dàng chứng minh được BD ^ (SAC ) ¾¾

D.

(1)

2 2
.
3

(2 )



 = CSO
.
Từ (1) và (2), suy ra OK ^ (SBD ) nên SC
, (SBD ) = SK

, (SBD ) = KSO

a 2
a 6
, SO =
, SC = a 3
2
2
2
2
2

 = SO + SC - OC = 2 2 . Chọn B.
¾¾
® cos SC
, (SBD ) = cos CSO
2.SO.SC
3

Ta tính được OC =

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

AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và cạnh bên SC tạo với đáy
một góc 60°. Gọi M , N là trung điểm các cạnh bên SA và SB. Khoảng cách từ
điểm S đến mặt phẳng ( DMN ) bằng
A.

2a 465
.

31

B.

a 31
60

.

C.
9

a 60
.
31

D.

2a 5
31
S

M

.



.
Lời giải. Xác định được 60° = SC

, ( ABCD ) = SCA
Vì M là trung điểm SA nên
d éëS , ( DMN )ùû = d éë A, ( DMN )ùû = d éë A, (CDM )ùû .

Kẻ AK ^ DM và chứng minh được AK ^ (CDM ) nên

d éë A, (CDM )ùû = AK .

Trong D vuông MAD tính được AK =

2a 465
. Chọn A.
31

Câu 31. Hình hộp chữ nhật có ba kích thước đôi một khác nhau có bao nhiêu
mặt phẳng đối xứng?
A. 3.
B. 4.

C. 6.

D. 9.

Lời giải. Hình hộp chữ nhật (không là hình lập phương) có các mặt phẳng đối
xứng là các mặt các mặt phẳng trung trực của các cặp cạnh đối.

Chọn A.
Câu 32. Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a và biết diện tích xung
quanh gấp đôi diện tích đáy. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A.

a3 3
.
2

B.

a3 3
.
3

C.

a3 3
.
6

D.

a3 3
.
12

Lời giải. Gọi chiều cao của hình chớp là h. Khi đó ta
tính được diện tích xung quanh của hình chóp là
2a h 2 +

a2
, diện tích đáy là a 2 .
4

Theo yêu cầu bài toán 2a h 2 +

a2
a 3
= 2a 2 Û h =
.
4
2

1
1 a 3 2 a3 3
Thể tích khối chóp là: V = .h.S = .
.a =
. Chọn C.
3
3 2
6

Câu 33. Cho hình trụ có diện tích xung quanh bằng 16pa 2 và độ dài đường sinh
bằng 2a. Tính bán kính r của đường tròn đáy của hình trụ đã cho.
A. r = 4 p.
B. r = 4 a.
C. r = 6a.
D. r = 8a.
S xq
16pa 2
®r =
=
= 4 a. Chọn B.

Lời giải. Ta có S xq = 2pr  ¾¾
2p  2p.2a
10


Cõu 34. Ngi ta thit k mt thựng cha hỡnh tr (nh hỡnh v)
cú th tớch V khụng i. Bit rng giỏ ca vt liu lm mt ỏy v
np ca thựng bng nhau v t gp 3 ln so vi giỏ vt liu
lm mt xung quanh ca thựng (chi phớ cho mi n v din tớch).
Gi chiu cao
ca thựng l h v bỏn kớnh ỏy l r . Tớnh t s

h
sao cho chi phớ vt liu sn
r

xut thựng nh nht.
A.

h
= 1.
r

B.

h
= 2.
r

đh =

Li gii. Ta cú V = pr 2 h ắắ

C.

h
= 6.
r

D.

h
= 9.
r

V
.
pr 2

Gi t l giỏ tin ca mt n v din tớch vt liu lm mt xung quanh, suy ra
giỏ tin ca mt n v din tớch vt liu lm mt ỏy l 3t .
Din tớch mt xung quanh S1 = 2pr .h ắắ
đ
T1 = 2prh t .

giỏ tin mt xung quanh l

Din tớch hai mt ỏy S2 = 2pr 2 ắắ
đ giỏ tin hai mt ỏy l T2 = 2pr 2 3t .
ổV
ử

Tng tin hon thnh sn phm: T = T1 +T2 = 2t (prh + 3pr 2 ) = 2t ỗỗ + 3pr 2 ữữữ
ỗố r
ứ
ổV
ử
V
3
= 2t ỗỗ + + 3pr 2 ữữữ 2t 3 3 pV 2 .
ỗố 2r 2r
ứ
4

Du " = " xy ra

V
do V = pr 2 h
= 3pr 2 ơắắắđ
h = 6r . Chn C.
2r

Cõu 35. Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho tam giỏc ABC vi A (1; -2;1),

B (-2;2;1), C (1; -2;2). Hi ng phõn giỏc trong gúc A ca tam giỏc ABC ct

mt phng (Oyz ) ti im no sau õy ?

ổ
ổ
ổ
4 8ử

2 4ử
2 8ử
A. ỗỗ0; - ; ữữữ.
B. ỗỗ0; - ; ữữữ.
C. ỗỗ0; - ; ữữữ.
ỗố
ỗ
ỗ
ố
ố
3 3ứ
3 3ứ
3 3ứ

ỡù AB = (-3;4;0) đ AB = 5
ù
.
Li gii. Ta cú ùớ
ùù AC = (0;0;1) đ AC = 1
ùợ

ổ 2 8ử
D. ỗỗ0; ; - ữữữ.
ỗố 3 3 ứ

Mt VTCP ca ng phõn giỏc trong gúc A ca tam giỏc ABC l

1
1 ổỗ 3 4 ửữ
u=

AB +
AC = ỗ- ; ;1ữữ.
ỗố 5 5 ứ
AB
AC

11


ì
3
ï
ï
x = 1- t
ï
ï
5
ï
ï
ï
4
Phương trình đường phân giác góc A là d : ï
í y = -2 + t
ï
5
ï
ï
ï
z
=

1
+
t
ï
ï
ï
ï
î
æ
2 8ö
Suy ra đường thẳng d cắt mặt phẳng (Oyz ) tại M çç0; - ; ÷÷÷. Chọn C.
çè
3 3ø

Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A (2,0,0), B (0, 4,0),

C (0,0, 4 ). Phương trình nào sau đây là phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

OABC ( O là gốc tọa độ)?
A. x 2 + y 2 + z 2 - 2 x + 4 y - 4 z = 0.
C. ( x - 2) + ( y - 4 ) + ( z - 4 ) = 20.
2

2

2

B. ( x -1) + ( y - 2) + ( z - 2) = 9.
2

2

2

D. x 2 + y 2 + z 2 + 2 x - 4 y + 4 z = 9.

Lời giải. Gọi I (a; b; c ) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC .

2
ì
ï
a 2 + b 2 + c 2 = (a - 2 ) + b 2 + c 2
ì
ï
ï
IO 2 = IA 2
ì
ì
-4 a + 4 = 0
a =1
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
2
ï

ï
2
2
2
2
2
2
2
ï
ï
ï
Ta có íIO = IB Û ía + b + c = a + (b - 4 ) + c Û í-8b + 16 = 0 Û ïíb = 2.
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
2
2
2
2
2
2
2
2
ï
ï

ï
ïc = 2
-8c + 16 = 0 î
IO
=
IC
ï
ï
î
a
+
b
+
c
=
a
+
b
+
c
4
ï
ï
(
)
î
ï
î

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là R = IO = 12 + 2 2 + 2 2 = 3. Chọn B.

Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 3 x - z + 2 = 0.
Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của ( P ) ?



A. n = (-1;0; -1). B. n = (3; -1;2).
C. n = (3; -1;0).


D. n = (3;0; -1).

Lời giải. Chọn D.
Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (4; -3;2). Hình chiếu
vuông góc của A lên các trục tọa độ O x , O y , O z theo thứ tự lần lượt là M , N , P .
Phương trình mặt phẳng (MNP ) là
A. 4 x - 3 y + 2 z - 5 = 0.

B. 3 x - 4 y + 6 z -12 = 0.

C. 2 x - 3 y + 4 z -1 = 0.

D.

x y z
- + + 1 = 0.
4 3 2

Lời giải. Từ giả thiết, ta có M (4;0;0), N (0; -3;0), P (0;0;2).
Phương trình mặt phẳng (MNP ) theo đoạn chắn là

x y z
- + = 1 Û 3 x - 4 y + 6 z -12 = 0. Chọn B.
4 3 2

12


Câu 39. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , giao điểm của hai đường thẳng

ïìï x = -3 + 2t
ïìï x = 5 + t '
ïï
ï
d : í y = -2 + 3t và d ¢ : ïí y = -1 - 4 t ' có tọa độ là
ïï
ïï
ïïî z = 6 + 4 t
ïïî z = 2 - 8t '
A. (-3; -2;6).
B. (3;7;18).
C. (5; -1;20).

D. (3; -2;1).

ì-3 + 2t = 5 + t '
ï
ï
ìt = 3
ï

ï
Lời giải. Ta giải hệ ï
.
í-2 + 3t = -1 - 4 t ' Þ ï
í
ï
ï
t ' = -2
ï
ï
î
ï
ï
î6 + 4 t = 2 - 8t '

Thay t = 3 vào d , ta được ( x ; y; z ) = (3;7;18). Chọn B.
Cách trắc nghiệm: Thay từng đáp án vào hai đường thẳng d và d '.
Câu

40.

Trong

không

gian

với

hệ

tọa

độ

Oxyz ,

cho

đường

thẳng

x -1 y + 1 z + 2
d:
=
=
và mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 2 z - 7 = 0. Gọi I là giao điểm
2
2
1

của d và ( P ). Tính khoảng cách từ điểm M thuộc d đến ( P ), biết IM = 9.
A. 3 2.

B. 2 5.

Lời giải. Đường thẳng d

nP = (1;2;2).

C. 15.
D. 8.

có VTCP ud = (2;2;1). Mặt phẳng ( P ) có VTPT
d
M

I

(P )

 
ud .nP
8
Suy ra sin của góc a tạo bởi d và ( P ) bằng   = .
ud . nP
9

Khi đó d éë M , ( P )ùû = IM .sin a = 8. Chọn D.

Câu 41. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên . Bảng biến thiên của hàm
số f ¢ ( x ) trên đoạn [-1;3] như hình

13


ổ xử
Hm s g ( x ) = f ỗỗ1 - ữữữ + x nghch bin trờn khong no trong cỏc khong sau ?
ỗố 2 ứ

A. (-4; -2).

B. (-2;0).

C. (0;2).

D. (2;4 ).

ổ xử
1 ổỗ x ửữ
f  ỗ1 - ữữ + 1. Xột g  ( x ) < 0 f  ỗỗ1 - ữữữ > 2.
ỗ
ỗố 2 ứ
2 ố 2ứ
ổ xử
x
TH1: f  ỗỗ1 - ữữữ > 2 2 < 1 - < 3 -4 < x < -2. Do ú hm s nghch bin trờn
ỗố 2 ứ
2

Li gii. Ta cú g  ( x ) = -

(-4;-2) .

TH2:

ổ xử
x
f  ỗỗ1 - ữữữ > 2 -1 < 1 - < a < 0 2 < 2 - 2a < x < 4

ỗố 2 ứ
2

nờn hm s ch

nghch bin trờn khong (2 - 2a;4 ) ch khụng nghch bin trờn ton khong

(2;4 ).

ổ xử
Vy hm s g ( x ) = f ỗỗ1 - ữữữ + x nghch bin trờn (-4; -2). Chn A.
ỗố 2 ứ

Cõu 42. Cho hm s y = f ( x ) cú o hm trờn .

th hm s y = f  ( x ) nh hỡnh v bờn. Hm s
x3
+ x 2 - x + 2 t cc i ti
3
A. x = -1.
B. x = 0.
C. x = 1.
D. x = 2.

g ( x ) = f ( x )-

Li gii. Ta cú g  ( x ) = f  ( x ) - x 2 + 2 x -1; g  ( x ) = 0 f  ( x ) = ( x -1) .
2

Suy ra s nghim ca phng trỡnh g  ( x ) = 0 chớnh l s giao im gia th

ca hm s f  ( x ) v parapol ( P ) : y = ( x -1) .
2

ộx = 0
ờ
Â
Da vo th ta suy ra g ( x ) = 0 ờ x = 1 .
ờ
ờx = 2
ở
Bng bin thiờn

14


Dựa vào bảng biến thiên ta thấy g ( x ) đạt cực đại tại x = 1. Chọn C.
Câu 43. Cho hàm số y = f ( x ). Đồ thị hàm số y = f ¢ ( x )

như hình bên. Xét hàm số g ( x ) = 2 f ( x ) - ( x + 1) , mệnh
đề nào sau đây đúng ?
A. max g ( x ) = g (1).
2

[-3;3]

B. max g ( x ) = g (3).
[-3;3]

C. min g ( x ) = g (1).
[-3;3]

D. Không tồn tại giá trị nhỏ nhất của g ( x ) trên [3;3].

Lời giải. Ta có g ¢ ( x ) = 2 f ¢ ( x ) - 2 ( x + 1); g ¢ ( x ) = 0 Û f ¢ ( x ) = x + 1.
Suy ra số nghiệm của phương trình g ¢ ( x ) = 0 chính là số

giao điểm giữa đồ thị của hàm số y = f ¢ ( x ) và đường thẳng

é x = -3
ê
y = x + 1. Dựa vào đồ thị ta suy ra g ¢ ( x ) = 0 Û ê x = 1 .
ê
êx = 3
ë

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra max g ( x ) = g (1). Chọn A.
[-3;3]

15


Cõu 44. Cho hm s f ( x ) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + m (vi

a, b, c , d , m ẻ ). Hm s y = f  ( x ) cú th nh

hỡnh v bờn. Tp nghim ca phng trỡnh f ( x ) = m cú
s phn t l
A. 1.

C. 3.

B. 2.
D. 4.

Li gii. Ta cú f  ( x ) = 4 ax 3 + 3bx 2 + 2cx + d vi a > 0.

(1)

5
Da vo th ta cú phng trỡnh f  ( x ) = 0 cú ba nghim phõn bit l -3; - ;1.
4
Do ú f  ( x ) = a ( x -1)(4 x + 5)( x + 3) = 4 ax 3 + 13ax 2 - 2ax -15a. (2)

13
a, c = -a v d = -15a.
3
ổ
ử
13
Khi ú f ( x ) = m ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx = 0 a ỗỗ x 4 + x 3 - x 2 -15 x ữữữ = 0
ỗố
ứ
3
ộx = 0
ờ
ờ
5
4
3

2
3 x + 13 x - 3 x - 45 x = 0 ờ x = . Chn C.
ờ
3
ờ
ờ x = -3
ở
T (1) v (2), suy ra b =

Cõu 45. Cho a, b l hai s thc dng. Giỏ tr nh nht ca biu thc
ổ8 1ử
P = log 5 a 2 + b 2 + log 5 ỗỗ + ữữữ bng
ỗố a b ứ
A.

1
.
2

B. 1.

C.

3
.
2

D. 2.

2

ỡ
ù
8 1 4 2 1 (4 + 1)
ù
ù
+
=
+

8 1
52
ù a b 2a b
2a + b ị +
.
Li gii. Ta cú ù
ớ
ù
a b
ù
5 (a 2 + b 2 )
2
2
ù
(2 a + b ) Ê 5 (a + b )
ù
ù
ợ
52
52
3

Do ú P log 5 a 2 + b 2 + log 5
= log 5
= . Chn C.
2
2
2
5
5 (a + b )

ổ
ộ
ổ 8 1 ửự
b2
b2
a2
ữử
ỗ
Cỏch khỏc. P = log 5 ờ a 2 + b 2 ỗỗ + ữữữỳ = log 5 ỗỗ8 1 + 2 + 2 + 1ữữữ. t t = 2 v xột
ờở
ỗốỗ
ốỗ a b ứỳỷ
a
a
b
ữứ
hm s f (t ) = 8 1 + t +
Cõu

46.

Cho

hm

1
+ 1 trờn (0;+Ơ) v cú f (t )
t

s

f (x )

liờn

tc
1

trờn

2 f ( x ) + 3 f (1 - x ) = 1 - x 2 . Tớnh tớch phõn I = ũ f ( x ) dx .
0

16

ổ1ử
f ỗỗ ữữữ = 5 5.
ỗố 4 ứ

[0;1]

v

tha

món


A.

p
.
20

B.

p
.
16

C.

p
.
6

D.

p
.
4

Lời giải. Từ giả thiết, thay x bằng 1 - x ta được 2 f (1 - x ) + 3 f ( x ) = 2 x - x 2 .
ì
ì
ï
ï
2 f ( x ) + 3 f (1 - x ) = 1 - x 2
4 f ( x ) + 6 f (1 - x ) = 2 1 - x 2
ï
ï
ï
ï
Ûí
Do đó ta có hệ í
ï
2
ï
2
ï
ï
2
f
1
x
+
3
f
x
=
2

x
x
(
)
(
)
ï
ï
î
î9 f ( x ) + 6 f (1 - x ) = 3 2 x - x

¾¾
® f (x ) =

Vậy I =

3 2 x - x 2 - 2 1- x 2
.
5

(

)

1
p
3 2 x - x 2 - 2 1 - x 2 dx = . Chọn A.
ò
5 0
20

1

® f (x ) =
Cách khác. Từ 2 f ( x ) + 3 f (1 - x ) = 1 - x 2 ¾¾
1

Khi đó I = ò f ( x ) dx =
0

1

1
1
ù
1 éê
2
ú.
1
x
d
x
3
f
1
x
d
x
(
)
ò

ú
2 êëê ò0
0
ûú

1é
2
ù
ê 1 - x - 3 f (1 - x )úû .
2ë

Xét J = ò f (1 - x ) dx . Đặt t = 1 - x ¾¾
® dt = -dx .
0

0
1
1
ïì x = 0 ® t = 1
. Khi đó J = -ò f (t ) dt = ò f (t ) dt = ò f ( x ) dx = I .
Đổi cận: ïí
ïïî x = 1 ® t = 0
1
0
0
1
1
é
ù
1

1
p
® I = ò 1 - x 2 dx = .
Vậy I = êê ò 1 - x 2 dx - 3I úú ¾¾
2 ëê 0
5
20
0
ûú

Câu 47. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  và có đồ thị
như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m
để phương trình f éë f (sin x )ùû = m có nghiệm thuộc khoảng
(0;p ) ?
A. 2.
C. 4.

B. 3.
D. 5.

Lời giải. Đặt t = f (sin x ), do x Î (0; p ) Þ sin x Î (0;1] Þ t Î [-1;1).

Do đó phương trình f éë f (sin x )ùû = m có nghiệm thuộc khoảng (0;p ) khi và chỉ khi
phương trình f (t ) = m có nghiệm thuộc nửa khoảng [-1;1).
Dựa vào đồ thị, suy ra m Î (-1;3]. Chọn C.

17


Câu 48. Tại trạm xe buýt có 5 hành khách đang

chờ xe đón, không ai quen nhau trong đó có anh A
và chị B. Khi đó có 1 chiếc xe ghé trạm đón khách,
biết rằng lúc đó trên xe chỉ còn đúng 5 ghế trống
mỗi ghế trống chỉ 1 người ngồi gồm có 1 dãy ghế
trống 3 chỗ và 2 chỗ ghế đơn để chở 5 người.
Tham khảo hình vẽ bên các ghế trống được ghi là

(1), (2), (3), (4 ), (5) và 5 hành khách lên ngồi ngẫu
nhiên vào 5 chỗ trống. Xác
suất để anh A và chị B ngồi cạnh nhau bằng
A.

1
.
2

B.

1
.
3

C.

1
.
5

D.

1
.
4

Lời giải. Số phần tử không gian mẫu là: W = 5! = 120.
Gọi X là biến cố: " Anh A và chị B ngồi cạnh nhau ".
● Chọn vị trí cho cặp A, B ngồi có 2 cách là: {; }, {; }.
Xếp A, B vào ghế có 2!.
● Xếp 3 người còn lại vào 3 vị trí còn lại, có: 3! cách
Suy ra số phần tử của biến cố: WX = 2.2!.3! = 24.

1
Vậy xác suất cần tính P ( X ) = . Chọn C.
5
Câu 49. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành với AD = 4 a .
Các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 6 . Thể tích lớn nhất của khối
chóp đã cho bằng
A.

8a 3
.
3

B.

4 6 3
a .
3

C. 8a 3 .

D. 4 6 a 3 .

Lời giải. Do SA = SB = SC = SD = a 6 nên hình chiếu vuông góc của S trên mặt

phẳng ( ABCD ) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy. Do đó tứ giác ABCD là
hình chữ nhật. Gọi H = AC Ç BD, suy ra SH ^ ( ABCD ) .

Đặt AB = x > 0, suy ra AC = AD 2 + AB 2 = x 2 + 16a 2 .
18


Tam giỏc vuụng SHA, cú SH = SA 2 -

AC 2
8a 2 - x 2
=
.
4
2

1
1
Khi ú VS . ABCD = S ABCD .SH = AB. AD.SH
3
3

(

)

1
8a 2 - x 2
a
a
8a 3
= .x .4 a.
= 2 x 8a 2 - x 2 Ê ( x 2 + 8a 2 - x 2 ) =
.
3
2
3
3
3

A.

Chn

Cõu 50. Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho mt phng ( P ) : x + y - 4 z = 0,
ng thng d :

x -1 y + 1 z - 3
=
=
v im A (1;3;1) thuc mt phng ( P ). Gi
2
-1
1

D l ng thng i qua A, nm trong mt phng ( P ) v cỏch d mt khong

cỏch ln nht. Gi u = (1; b; c ) l mt vect ch phng ca ng thng D. Tớnh

b + c.

A. b + c = -

6
.
11

1
C. b + c = .
4

B. b + c = 0.

Li gii. Kim tra ta thy d ct ( P ).

D. b + c = 4.

ng thng cn tỡm l giao tuyn ca mt phng (a ) vi mt phng ( P ).

Trong ú mt phng (a ) i qua im A v vuụng gúc vi ng thng AH , im
H l hỡnh chiu ca A trờn ng thng d .
d

H
I

P

A



Ta tỡm c ta im H (-1;0;2) ắắ
đ phng trỡnh mp (a ) : 2 x + 3 y - z -10 = 0.

ổ -7 1 ửữ
;
.
Ta cú ộờ na ; nP ựỳ = (-11;7; -1) ắắ
đ ng thng D cú mt VTVP l u = ỗỗ1;
ỗố 11 11ữữứ
ở
ỷ
Vy b + c = -

6
. Chn A.
11

19