07 đề 07 lời giải chi tiết image marked

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

ĐỀ VIP 07

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 3 - 3 x .

B. y = -x 3 + 3 x .

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

Lời giải. Đặc trưng của đồ thị là hàm bậc ba nên loại C, D.
Hình dáng đồ thị thể hiện a > 0 nên chỉ có A phù hợp. Chọn A.

Câu 2. Cho hàm số y = f ( x ) xác định liên tục trên  \ {- 2} và có bảng biến
thiên

x -¥
y'

+

-3
0

-2
-

+¥

y

-

-1

+

+¥

2

-2
-¥

0

+¥

-¥

Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (- 3; - 2) È (- 2; -1).
B. Hàm số đã cho có giá trị cực đại bằng - 3.

C. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (-¥; - 3) và (-1; +¥).
D. Hàm số đã cho có điểm cực tiểu là 2.
Lời giải. Dựa vào bảng biến thiên, ta có nhận xét sau
® A sai (sai chỗ dấu È ).
Hàm số nghịch biến trên khoảng (- 3; - 2) và (- 2; -1) ¾¾

® B sai.
Hàm số có giá trị cực đại yC Đ = - 2 ¾¾
1


® C đúng. Chọn C.
Hàm số đồng biến khoảng (-¥; - 3) và (-1; +¥) ¾¾

® D sai.
Hàm số có điểm cực tiểu là -1 ¾¾
Câu 3. Gọi x1 là điểm cực đại, x 2 là điểm cực tiểu của hàm số y = -x 3 + 3 x + 2.
Giá trị của biểu thức S = x1 + 2 x 2 bằng
A. -1.
B. 0.

C. 1.

D. 2.

Lời giải. Ta có y ¢ = -3 x 2 + 3; y ¢ = 0 Û x = ±1.
Bảng xét dấu của y ¢

x
y'

-¥

-1
-

+¥

1
+

0

0

-

Từ đó suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x1 = 1, đạt cực đại tại x 2 = -1 .
Suy ra S = x1 + 2 x 2 = -1. Chọn A.
Câu 4. Biết rằng hàm số f ( x ) = -x + 2018 -

1
đạt giá trị lớn nhất trên đoạn (0;4 )
x

tại x 0 . Tính P = x 0 + 2018.
A. P = 4032.

B. P = 2019.

C. P = 2020.
D. P = 2018.
é
x = 1 Î (0;4 )
1
® f ' ( x ) = 0 Û êê
. Lập bảng biến
Lời giải. Đạo hàm f ' ( x ) = -1 + 2 ¾¾
x
êë x = -1 Ï (0;4 )
thiên & dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt giá trị lớn nhất trên (0;4 ) tại

x = x 0 = 1 ¾¾
® P = 2019. Chọn B.
Câu 5. Từ một tấm tôn hình chữ nhật người ta cuộn
thành một chiếc thùng hình trụ không đáy (như
hình vẽ). Biết tấm tôn có chu vi bằng 120 cm. Để
chiếc thùng có thể tích lớn nhất thì chiều dài, chiều
rộng của tấm tôn lần lượt là
A. 35 cm; 25 cm. B. 30 cm; 30 cm.

C. 40 cm; 20 cm.

D. 50 cm; 10 cm.

Lời giải. Gọi chiều dài tấm tôn là x (cm ) (0 < x < 60). Suy ra chiều rộng:
60 - x (cm ).

Giả sử quấn tấm tôn theo cạnh có kích thước x Þ bán kính đáy r =
cao h = 60 - x .

x
và chiều
2p

x .x .(120 - 2 x ) Cosi ( x + x + 120 - 2 x )
-x 3 + 60 x 2
8000
=
£
=
cm 3 ).
Khi đó V = pr h =
(
4p
8p
8p.27
p
3

2

Dấu " = " xảy ra Û x = 120 - 2 x Û x = 40 (cm ). Chọn C.
2


Cõu 6. Cho x l s thc ln hn 1 v tha món log 2 (log 4 x ) = log 4 (log 2 x ) + a vi

a ẻ . Tớnh P = log 2 x .
A. P = a 2 .

B. P = 2 a.

C. P = 2 a +1.
D. P = 4 a +1.
ổ log x ử 1
Li gii. Ta cú log 2 (log 4 x ) = log 4 (log 2 x ) + a log 2 ỗỗ 2 ữữữ = log 2 (log 2 x ) + a
ỗố 2 ứ 2
log 2 (log 2 x ) -1 =

1
log 2 (log 2 x ) + a log 2 (log 2 x ) = 2a + 2
2

log 2 x = 2 2 a +2 log 2 x = 4 a +1. Chn D.
Cõu 7. Tớnh o hm ca hm s y = 2 x .
2

A. y  =

x .21+ x
.
ln 2
2

B. y  = x .21+ x .ln 2.
2

C. y  = 2 x .ln 2 x .

D. y  =

x .21+ x
.
ln 2

2
2
2
Li gii. Ta cú y  = ( x 2 ) .2 x .ln 2 = 2 x .2 x .ln 2 = x .21+ x .ln 2. Chn B.

Cõu 8. Tng tt c cỏc nghim ca phng trỡnh log 3 (7 - 3x ) = 2 - x bng
A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 7.

Li gii. iu kin: 7 - 3 > 0.
x

Phng trỡnh tng ng vi 7 - 3x = 32-x 7 - 3x =

9
(tha iu kin).
3x

t t = 3x vi 0 < t < 7, suy ra x = log 3 t .
Phng trỡnh tr thnh t 2 - 7t + 9 = 0.
Viet

Ta cn tớnh x1 + x 2 = log 3 t1 + log 3 t 2 = log 3 t1 .t 2 = log 3 9 = 2. Chn B.
Cõu 9. Tp nghim ca bt phng trỡnh 3x
A. (-Ơ; -1).

B. (3; +Ơ).

2

-2 x

< 27 l

C. (-1;3).

Li gii. Bt phng trỡnh tng ng vi 3

x 2 -2 x

D. \ [-1;3].

< 3 x - 2x < 3
3

2

x - 2 x - 3 < 0 -1 < x < 3. Chn C.
2

Cõu 10. Quan sỏt quỏ trỡnh sao chộp t bo trong phũng thớ nghim sinh hc,
nh sinh vt hc nhn thy cỏc t bo tng gp ụi mi phỳt. Bit sau mt thi
gian t phỳt thỡ cú 100000 t bo v ban u cú 1 t bo duy nht. Khng nh
no sau õy ỳng?
A. 14 < t < 15.
B. 15 < t < 16.
C. 16 < t < 17.
D. 17 < t < 18.
Li gii. Do ban u cú mt t bo duy nht nờn:
Sau phỳt sao chộp th nht s t bo l: T1 = 2;
Sau phỳt sao chộp th hai s t bo l: T2 = 2 2 ;


Sau phỳt sao chộp th t s t bo l: Tt = 2 t = 100000 đ t ằ 16,61. Chn C.

3


Câu 11. Biết F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) =
F (3).

A. F (3) = ln 2 -1.

B. F (3) = ln 2 + 1.

1
C. F (3) = ×

2

7
D. F (3) = ×
4

Lời giải. Ta có

ò

1
và F (2) = 1. Tính
x -1

dx
= ln x -1 + C .
x -1

® ln 2 -1 + C = 1 Û C = 1.
Theo giả thiết F (2) = 1 ¾¾

® F (3) = ln 2 + 1. Chọn B.
Suy ra F ( x ) = ln x -1 + 1 ¾¾
3

Câu 12. Tích phân

òe

3 x +1

dx bằng

1

A.

e3 - e
.
3

B.
3

Lời giải. Ta có

ò

e8 - e2
.
3

e 3 x +1 .dx =

1

C.

e9 - e3
.

3

D.

e 10 - e 4
.
3

1
1 3 x +1
e 10 - e 4
3 x +1
e
.d
3
x
+
1
=
e
=
. Chọn D.
(
)
3 ò1
3
3
1
3

3

Câu 13. Một chiếc cổng có hình dạng là một Parabol có khoảng
cách giữa hai chân cổng là AB = 8 m. Người ra treo một tâm
phông hình chữ nhật có hai đỉnh M , N nằm trên Parabol và hai
đỉnh P , Q nằm trên mặt đất (như hình vẽ). Ở phần phía ngoài
phông (phần không tô đen) người ta mua hoa để trang trí với chi
phí cho 1 m 2 cần số tiền
mua hoa là 200.000 đồng, biết MN = 4 m, MQ = 6 m. Hỏi số tiền dùng để mua
hoa trang trí chiếc cổng gần với số tiền nào sau đây?
A. 3373 400 đồng.

B. 3 434 300 đồng.

3733300 đồng.

Lời giải. Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.
Parabol đối xứng qua Oy nên có dạng ( P ) : y = ax 2 + c . Vì
1
2

( P ) đi qua B (4;0) và N (2;6) nên ( P ) : y = - x 2 + 8.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) và trục Ox là
æ 1
ö
128 2
S = 2 ò çç- x 2 + 8÷÷÷ dx =
m .
çè 2
ø

3
0
4

Diện tích phần trồng hoa là S = S1 - S MNPQ =
4

128
56 2
- 24 =
m .
3
3

C. 3 437 300 đồng. D.


Do đó số tiền cần dùng để mua hoa là

56
´ 200000 = 3733300 đồng. Chọn D.
3

Câu 14. Trong mặt phẳng tọa độ, cho hình chữ nhật

H có một cạnh nằm trên trục hoành và có hai đỉnh

(

trên một đường chéo là A (-1;0) và C a; a

)

với a > 0.

Biết rằng đồ thị hàm số y = x chia hình H thành
hai phần có
diện tích bằng nhau, tìm a.
1
A. a = .
2

B. a = 3.

C. a = 4.

D. a = 9.

Lời giải. Từ hình vẽ ta suy ra B (a;0).

Hình chữ nhật ACBD có AB = a +1 và AD = a nên có diện tích S = a (a +1).
a

Diện tích miền gạch sọc: S ¢ = ò

x dx =

0

2a a

.
3

a (a + 1) a>0
S
2a a
Û
=
¾¾¾
® a = 3. Chọn B.
2
3
2
1
Câu 15. Một vật chuyển động theo quy luật s = - t 3 + 6t 2 với t (giây) là khoảng
2

Theo giả thiết, ta có S ¢ =

thời gian tính từ khi vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật di
chuyển được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 8 giây, kể từ
lúc bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu?
A. 18m/s.
B. 24m/s.
C. 64m/s.
D. 108m/s.
3 2
Lời giải. Vận tốc v (t ) = s ' (t ) = - t + 12t .
2
3

Ycbt là đi tìm GTLN của hàm số v (t ) = - t 2 + 12t với 0 £ t £ 8.
2
Đạo hàm và lập bảng biến thiên ta tìm được max v (t ) = v (4 ) = 24m/s. Chọn B.
[0;8]

Câu 16. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M trong hình vẽ
bên là điểm biểu diễn số phức z . Mệnh đề nào sau đây là
sai ?
A. z - z = 6.
B. Số phức z có phần ảo bằng 4.
C. z = 5.

D. z = 3 - 4i.

® z = 3 + 4i , z = 3 - 4i và z = z = 5.
Lời giải. Dựa vào đồ thị suy ra M (3;4 ) ¾¾

Suy ra B, C, D đúng.

5


Li cú z - z = 3 + 4i - 3 + 4i = 8i. Suy ra A sai. Chn A.
Cõu 17. Phn thc v phn o ca s phc 3 - 2 2i ln lt l
A. 3 v 2.

B. 3 v 2 2.

C. 3 v

D. 3 v -2 2.

2.

Li gii. Chn D.
Cõu 18. Cho s phc z tha món z (1 + i ) = 3 - 5i. Tớnh mụun ca z .
A. z = 4.

B. z = 16.

Li gii. T gi thit suy ra z =

C. z = 17.

D. z = 17.

3 - 5i
= -1 - 4i. Vy z = 17. Chn C.
1+ i

Cõu 19. Bit rng phng trỡnh z 2 + bz + c = 0 (b; c ẻ ) cú mt nghim phc l
z1 = 1 + 2i. Khng nh no sau õy ỳng?
A. b + c = 0 .
B. b + c = 2 .
C. b + c = 3 .

D. b + c = 7 .

Li gii. Vỡ z1 = 1 + 2i l nghim phng trỡnh z + bz + c = 0 nờn
2

(1 + 2i ) + b (1 + 2i ) + c = 0.
2

ỡ
ùb + c - 3 = 0
ắắ
đ b + c = 3.
Khai trin v rỳt gn ta c (b + c - 3) + (2b + 4 )i = 0 ùớ
ù
ù
ợ2b + 4 = 0

Chn C.
ổ
1ử
Cõu 20. Tỡm s hng cha x 3 trong khai trin ỗỗ x + ữữữ .
ỗố
2x ứ
9

1
A. - C 93 x 3 .
8

B.

1 3 3
C9 x .
8

C. -C 93 x 3 .

D. C 93 x 3 .

Li gii. Theo khai trin nh thc Niutn, ta cú
9
9
ổ
ử
ổ ử
ổ ử
ỗỗ x + 1 ữữ = ồ C 9k .x 9-k .ỗỗ 1 ữữ = ồ C 9k .ỗỗ 1 ữữ .x 9-2 k .
ữ
ữ
ỗố
ỗ
ỗố 2 ữứ
ố2x ứ
2x ứ
k =0
k =0
9

k

k

H s ca x 3 ng vi 9 - 2 k = 3 k = 3 ắắ
đ s hng cn tỡm

1 3 3
C 9 x . Chn B.
8

Cõu 21. Tỡm s nguyờn dng n tha món 1 + P1 + 2 P2 + 3P3 + ... + nPn = P2014 , vi
Pn l s cỏc hoỏn v ca tp hp cú n phn t.
A. 2013.
B. 2014.
C. 2015.

D. 2016.

Li gii. Ta cú Pk - Pk -1 = k !- (k -1)! = (k -1)!.(k -1) = (k -1) Pk -1 vi k = 1;2;...
ỡ
P2 - P1 = P1
ù
ù
ù
ùP3 - P2 = 2 P2
.
p dng (1) ta cú ù
ớ
ù
...
ù
ù
ù
ù
ù

ợPn +1 - Pn = nPn

(1)
(2 )

Cng cỏc ng thc (2) ta c Pn +1 - P1 = P1 + 2 P2 + 3P3 + ... + nPn .
đ Pn +1 = 1 + P1 + 2 P2 + 3P3 + ... + nPn .
Do P1 = 1 ắắ

6


® n = 2013. Chọn A.
Theo đề, ta có Pn +1 = P2014 Û n + 1 = 2014 ¾¾

Câu 22. Một nhóm học sinh gồm 6 bạn nam và 4 bạn nữ đứng ngẫu nhiên
thành một hàng. Xác suất để có đúng 2 trong 4 bạn nữ đứng cạnh nhau là
A.

1
.
2

1
.
3

B.

C.

2
.
3

D.

1
.
4

Lời giải. Xếp 6 bạn nam đứng thành hàng, có 6! cách (tạo ra 7 khoảng trống).
Chọn 2 nữ đứng cạnh nhau, có C 42 cách.
Chọn 3 khoảng trống trong 7 khoảng trống để xếp các nữ, có A73 ´ 2! cách.
6!.C 42 . A73 .2! 1
= . Chọn A.
10!
2
n
æ1ö
Câu 23. Cho dãy số (un ) với un = çç ÷÷÷ + 1, "n Î  * . Tổng S2019 = u1 + u2 + ... + u2019
çè 2 ø

Vậy xác suất cần tìm là P =

bằng
A. 2020 -

1
.

2 2019

Lời giải. Ta có S2019

1
1
1
.
C. 2019 + 2019 .
D. 2020 + 2019 .
2 2019
2
2
2
3
2019
æ
ö
æ1ö
1 æ1ö æ1ö
+ 1 + 1 + ... + 1 ÷÷÷ .
= + çç ÷÷÷ + çç ÷÷÷ + ... + çç ÷÷÷ + ççç1
÷ø
çè
èç 2 ø
2 èç 2 ø èç 2 ø

B. 2019 -

2019 soá

Tổng M =

æ1ö
1 æç 1 ö÷ æç 1 ö÷
+ ç ÷÷ + ç ÷÷ + ... + çç ÷÷÷
ç
ç
çè 2 ø
2 è2ø è2ø
2

3

2019

là tổng 2019 số hạng đầu tiên của một cấp số

æ1ö
1 - çç ÷÷÷
çè 2 ø
1
1
1
nhân với số hạng đầu u1 = , công bội q = . Do đó M = .
1
2
2
2
12

1
Vậy S2019 = u1 + u2 + u3 + ... + u2019 = M + 2019 = 2020 - 2019 . Chọn A.
2

2019

= 1-

1
.
2 2019

Câu 24. Một du khách vào trường đua ngựa đặt
cược, lần đầu đặt 20000 đồng, mỗi lần sau tiền đặt
gấp đôi lần tiền đặt cọc trước. Người đó thua 9 lần
liên tiếp và thắng ở lần thứ 10. Hỏi du khác trên
thắng hay thua bao nhiêu tiền?
A. Hòa vốn.

B. Thua 20000 đồng.

C. Thắng 20000 đồng.

D. Thua 40000 đồng.

Lời giải. Số tiền du khác đặt trong mỗi lần (kể từ lần đầu) là một cấp số nhân có
u1 = 20 000 và công bội q = 2.

Du khách thua trong 9 lần đầu tiên nên tổng số tiền thua là:

7


S9 = u1 + u2 + ... + u9 = u1

1- p 9
= 10220000 đồng.
1- p

Số tiền mà du khách thắng trong lần thứ 10 là: u10 = u1 . p 9 = 10240000 đồng.
Ta có u10 - S9 = 20 000 > 0 nên du khách thắng 20000 đồng. Chọn C.
Câu 25. Trong các giới hạn sau đây, giới hạn nào có kết quả bằng 1 ?
3n +1 + 2n
.
3n + 5
2n 3 + 3
.
C. lim 2
2n + 1

A. lim

B. lim
D. lim

3n 2 + n
.
4n 2 - 5

(

)

n 2 + 2n - n 2 + 1 .

Lời giải. Chọn D.
Câu 26. Cho hàm số y = 3 x - x 3 có đồ thị (C ) và điểm A (m; -m ). Tập hợp tất cả
các giá trị m để từ điểm A kẻ được duy nhất một tiếp tuyến đến (C ) là tập
S = (a; b ). Tính P = a 2 + b 2 .

A. P = 2.

B. P = 4.

C. P = 6.

D. P = 8.

Lời giải. Đường thẳng qua A (m; -m ) có dạng y = k ( x - m ) - m.
ìï3 x - x 3 = k ( x - m ) - m (1)
.
Hệ điều kiện tiếp xúc: ïí
ïï3 - 3 x 2 = k
(2 )
î

Thay (2) vào (1), ta được 2 x 3 - 3mx 2 + 4 m = 0 Û m =

2x 3
= f ( x ). (*)

3x 2 - 4

Yêu cầu bài toán Û phương trình (*) có nghiệm duy nhất.

Lập bảng biến thiên và kết luận m Î (-2;2). Suy ra P = 8. Chọn D.
Câu 27. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi

M , N lần lượt là trung điểm của SA, AD. Hỏi mặt phẳng ( MNO ) song song với
mặt phẳng nào sau đây?
A. (SBC ).

B. (SAB ).

C. (SAD ).

D. (SCD ).

Lời giải. Áp dụng tính chất đường trung bình, suy ra
MN  SD và ON  CD.
Mà SD Î (SCD ) và CD Î (SCD ).
Do đó ( MNO )  (SCD ). Chọn D.

Câu 28. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC . A ¢B ¢C ¢ có tất cả các cạnh bằng a.
Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, B ¢C ¢. Côsin góc giữa hai đường
thẳng MN và AC bằng
A.

1
.
3

B.

2
.
3

C.
8

5
.
3

D.

5
.
5


Lời giải. Gọi H là trung điểm BC , suy ra MH  AC .
Khi đó
.
MN , AC ) = (
MN , MH ) = NMH
(
1
a
a 5

AC = , NH = BB ¢ = a ¾¾
® MN =
.
2
2
2
MH
5
Vậy cos (
MN , AC ) =
=
. Chọn D.
MN
5

Ta có MH =

Câu 29. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 1, cạnh bên hợp
với mặt đáy một góc 60 0. Khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SBC ) bằng
A.

1
.
2

B.

2
.
2

C.

7
.
2

D.

42
.
14


 = 6.

 và SO = OB.tan SBO
Lời giải. Xác định 60 0 =SB
, ( ABCD ) = SB
, OB = SBO
2
Gọi M là trung điểm BC , kẻ OK ^ SM . Khi đó d éëO , (SBC )ùû = OK .
Tam giác vuông SOM , có OK =

SO.OM
SO + OM
2

2

=

42
. Chọn D.
14

Câu 30. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a 2, AD = a và

SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ). Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB.

Góc giữa hai mặt phẳng (SAC ) và (SDM ) bằng
A. 30°.

B. 45°.
ì
ï
ï
 = AM =
tan ADI
ï
ï
AD
Lời giải. Ta có ï
í
ï
ï
 = AD =
cot DAI
ï
ï

DC
ï
î
 và DAI
 phụ nhau nên
góc ADI

C. 60°.

D. 90°.

2
2 ¾¾
®DDAI có hai
1
2
 = 90 0.
DIA

DM ^SA
® DM ^ (SAC ) ¾¾
® (SDM ) ^ (SAC ). Chọn D.
Suy ra DM ^ AC ¾¾¾¾

Câu 31. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ¢B ¢C ¢D ¢ có AB = 2a, AD = a, AA ¢ = a 3.
Gọi M là trung điểm cạnh AB. Khoảng cách từ D đến mặt phẳng ( B ¢MC ) bằng
A.

a 21
.

7

B.

2a 21
.
7

C.

Lời giải. Khoảng cách từ D đến ( B ¢MC )

gấp hai lần khoảng cách từ B đến ( B ¢MC ).
Ta có

1
1
1
1
=
+
+
2
2
2
BH
BM
BC
B ¢B 2
9

3a 21
.
7

D.

a 21
.
14


=

1
1
1
7
+ +
=
.
a 2 a 2 3a 2 3a 2

Suy ra d(D ;( B ¢MC )) = 2 BH = 2

3
2 21
a=
a. Chọn B.
7

7

Câu 32. Hình hộp đứng đáy là hình thoi có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 1.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
Lời giải.

Chọn C.
Câu 33. Tính thể tích V của khối lập phương ABCD. A ¢B ¢C ¢D ¢, biết AC ¢ = a 3.
A. V = a 3 .

1
C. V = a 3 .
3

B. V = 3 3a 3 .

D. V =

Lời giải. Giả sử khối lập phương có cạnh bằng x ( x > 0).
Suy ra A ¢C ¢ = x 2.

Xét tam giác AA ¢C ¢ vuông tại A ¢, ta có
AC ¢ 2 = A ¢A 2 + A ¢C ¢ 2 Û 3a 2 = x 2 + 2 x 2 Û x = a.
Vậy VABCD . A ¢B ¢C ¢D ¢ = a 3 . Chọn A.

Câu 34. Một thùng thư, được thiết kế như
hình vẽ bên, phần phía trên là nữa hình trụ.

Thể tích của thùng đựng thư là
A. 320 + 80p.
B. 640 + 40p.
C. 640 + 80p.
D. 640 + 160p.
Lời giải. Thể tích phần phía dưới là V1 = 4.4.40 = 640.
1
Thể tích phần bên trên là V2 = ´(2 2 p.40) = 80p.
2

Vậy V = V1 +V2 = 640 + 80p. Chọn C.
Câu 35. Để tính diện tích xung quanh của một khối cầu bằng
đá, người ta thả nó vào trong một chiếc thùng hình trụ có chiều
cao h = 2m, bán kính đường tròn đáy bằng R = 0,5m và chứa
một lượng nước có thể tích bằng

1
thể tích khối trụ. Sau khi
8

thả khối cầu đá vào khối trụ người ta đo được mực nước trong
khối trụ cao gấp ba lần mực nước ban đầu khi chưa thả khối
10

3 6a 3
.
4


cu. Hi din tớch xung quanh ca khi cu gn bng kt qu

no c cho di õy ?
A. 1,5m 2 .

C. 2,6m 2 .
D. 3, 4m 2 .
1
Li gii. Th tớch khi tr V = p R 2 h = p. Suy ra th tớch lng nc
2
V
1
V Â = = p.
8 16
T

B. 1,7m 2 .

gi

VCau = 2V Â

thit

suy

ra

th

tớch

khi

cu:

4
1
3
3
p RCau
= 2 p ắắ
đ RCau = 3
.
3
16
32

2
ằ 2,6m 2 . Chn C.
Vy din tớch xung quanh ca khi cu l S = 4 p RCau

Cõu 36. Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho tam giỏc ABC cú A (-4; -1;2),

B (3;5; -10). Trung im cnh AC thuc trc tung, trung im cnh BC thuc

mt phng (Oxz ) . Ta nh C l
A. C (4; -5; -2).

B. C (4;5;2).

C. C (4; -5;2).

D. C (4;5; -2).

Li gii. Gi M (0; y;0) ẻ Oy l trung im AC . Suy ra C (4;2 y + 1; -2).
ổ7
ử
Gi N l trung im ca BC , suy ra N ỗỗ ; y + 3; -6ữữữ.
ỗố 2
ứ

Do N ẻ (Oxz ) nờn y + 3 = 0 y = -3 ị C (4; -5; -2). Chn A.
Cõu

37.

Trong

khụng

gian

vi

h

ta

Oxyz ,

cho

mt

cu

(S ) : x + ( y -1) + ( z - 2) = 25. im no sau õy nm bờn trong mt cu (S ) ?
A. M (3; -2; -4 ). B. N (0; -2; -2).
C. P (3;5;2).
D. Q (1;3;0).
2

2

2

Li gii. Mt cu (S ) cú tõm I (0;1;2), bỏn kớnh R = 5.

Xột im Q , ta cú IQ = (1;2; -2). Suy ra IQ = 1 + 4 + 4 = 3 < R.
Do ú im Q nm bờn trong mt cu (S ). Chn D.
Cõu

38.

Trong

khụng

gian

vi

h

ta



Oxyz ,

cho

mt

phng

( P ) : 3 x + 4 y + 2 z + 4 = 0 v im A (1;-2;3). Khong cỏch t A n ( P ) bng
A.

5
29

.

B.

5
.
29

Li gii. Khong cỏch d ộở A, ( P )ựỷ =

5
.
3

C.

D.

3.1 + 4.(-2) + 2.3 + 4
3 +4 +2
2

2

2

=

5
29

5
.
9

. Chn A.

Cõu 39. Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho S (-1;6;2), A (0;0;6), B (0;3;0),

C (-2;0;0). Gi H l chõn ng cao v t S ca t din. Phng trỡnh no di

õy l phng trỡnh mt phng (SBH ) ?

11


A. x + 5 y - 7 z -15 = 0.
C. 7 x + 5 y + z -15 = 0.

B. 5 x - y + 7 z + 15 = 0.
D. x - 7 y + 5 z + 15 = 0.


ỡù AB = (0;3; -6)

ùù
ị ộờ AB, AC ỳự = (-18;12;6) l mt VTPT ca mp ( ABC ) .
Li gii. Ta cú ớ
ở
ỷ
ùù AC = (-2;0; -6)
ùợ

Do (SBH ) ^ ( ABC ) nờn mp (SBH ) cú mt VTPT l ộờ ộờ AB, AC ựỳ , SB ựỳ = (-6; -30;42).
ởở
ỷ
ỷ

ự
ộ
ộ
Vy mp (SBH ) i qua im B (0;3;0) v cú mt VTPT ờ ờ AB, AC ựỳ , SB ỳ = (-6; -30;42)
ỷ
ởở
ỷ

nờn cú phng trỡnh x + 5 y - 7 z -15 = 0. Chn A.
Cõu

40.

Trong

khụng

gian

vi

h

ta



Oxyz ,

cho

ng

thng

x - 2 y -1 z + 1
v im A (1;2;3). Ta im A Â i xng vi A qua d l
=
=
3
-1
1
A. A Â (3;1; -5).
B. A Â (-3;0;5).
C. A Â (3;0; -5).
D. A Â (3;1;5).

Li gii. ng thng d cú mt VTCP ud = (3; -1;1).
d:

Gi (a ) l mt phng qua


n P = ud = (3; -1;1).

A

v vuụng gúc vi d

nờn cú mt VTPT

Do ú (a ) : 3 x - y + z - 4 = 0.

ỡ x - 2 y -1 z + 1
ù
ù
=
=
Ta hỡnh chiu H ca A trờn d tha ùớ 3
-1
1 ị H (2;1; -1) .
ù
ù
ù
ợ3 x - y + z - 4 = 0

Khi ú H l trung im ca AA Â nờn suy ra A Â (3;0; -5). Chn C.

Cõu 41. Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho im A (1;0;2) v ng thng
d:

d.

x -1 y z + 1
= =
. Vit phng trỡnh ng thng D i qua A, vuụng gúc v ct
1
1
2

x -1 y z - 2
= =
.
1
1
1
x -1 y z - 2
= =
.
C. D :
2
2
1

A. D :

x -1 y z - 2
= =
.
1
1
-1
x -1
y
z -2
D. D :
=
=
.
1

-3
1

B. D :

Li gii. Gi B = D ầ d , suy ra B ẻ d nờn B (1 + t ; t ; -1 + 2t ).


Khi ú D cú VTCP l AB = (t ; t ;2t - 3) . ng thng d cú VTCP ud = (1;1;2).

Theo bi: D ^ d AB.ud = t + t + 4 t - 6 = 0 t = 1 ị B (2;1;1).
ng thng D cn tỡm i qua hai im A, B nờn D :
12

x -1 y z - 2
= =
. Chn B.
1
1
-1


Cõu 42. Cho hm s
y = f Â(x )

y = f ( x ).

th hm s

nh hỡnh bờn. Hm s

g ( x ) = f (2 + e x )

nghch bin trờn khong no trong cỏc khong sau
õy?
A. (-Ơ;0).
B. (0;+Ơ)
C. (-1;3).

D. (-2;1).

ộx = 0
.
Li gii. Da vo th, ta cú f  ( x ) = 0 ờ
ờx = 3
ở

ộ2 + e x = 0
theo do thi f '( x )
ờ
Xột g  ( x ) = e x . f  (2 + e x ); g  ( x ) = 0 f  (2 + e x ) = 0 ơắắắắđ
ờ 2 + e x = 3 x = 0.
ờở

Bng bin thiờn

Da vo bng bin thiờn, suy ra hm s g ( x ) nghch bin trờn (-Ơ;0). Chn A.
Cõu 43. Cho hm bc ba y = f ( x ) cú th nh hỡnh
v bờn. Hm s g ( x ) = f ộở f ( x )ựỷ cú bao nhiờu im cc
tr?

A. 3.
C. 5.

B. 4.
D. 6.

Li gii. Da vo th ta thy f ( x ) t cc tr ti x = 0, x = 2.
ộ x = 0 (nghiem don )
.
Suy ra f  ( x ) = 0 ờờ
ờở x = 2 (nghiem don )

ộ f Â(x ) = 0
Ta cú g  ( x ) = f  ( x ). f  ộở f ( x )ựỷ ; g  ( x ) = 0 ờờ
.
ờở f  ộở f ( x )ựỷ = 0
ộ x = 0 (nghiem don )
ộ f ( x ) = 0 (1)
.
.
f  ( x ) = 0 ờờ
f  ộở f ( x )ựỷ = 0 ờờ
ờở x = 2 (nghiem don )
ờở f ( x ) = 2 (2)

13


Da vo th suy ra:
Phng trỡnh (1) cú hai nghim x = 0 (nghim kộp) v x = a (a > 2).

Phng trỡnh (2) cú mt nghim x = b (b > a ).

Vy phng trỡnh g  ( x ) = 0 cú 4 nghim bi l l x = 0, x = 2, x = a v x = b. Suy
ra hm s g ( x ) = f ộở f ( x )ựỷ cú 4 im cc tr. Chn B.

Cõu 44. Cho hm s y = f ( x ) liờn tc v cú o hm trờn on [-2;4 ] v cú
bng bin thiờn nh sau

Cú bao nhiờu giỏ tr nguyờn ca tham s m
ỡ9
ù
ù
ù 2 -4 0
cú ba nghim phõn bit?
ớx
ù
3
ù
6
f
2
x
+
1
8
x
+
6
x
m

=
0
(
)
ù
ù
ợ
A. 8.

B. 9.

C. 10.

h phng trỡnh

D. 11.

ộ 3 3ự
4
m
Li gii. T gi thit hpt tr thnh: f (-2 x + 1) - x 3 + x = , "x ẻ ờ- ; ỳ \ {0} .
ờở 2 2 ỳỷ
3
6
ộ -3 3 ự
4
; ỳ \ {0} .
Xột hm s g ( x ) = f (-2 x + 1) - x 3 + x , "x ẻ ờ
ờở 2 2 ỳỷ
3

ộ
1
ờx =
ờ
2 .
đờ
Ta cú g  ( x ) = 0 -2 f  (-2 x + 1) - 4 x 2 + 1 = 0 ắắ
Tht vy:
1
ờ
x
=
ờ
ờở
2
ỡ 2 f  (-2 x + 1) < 0
ùộ 3 1ử
đù
ắắ
đ g  ( x ) < 0.
Vi x ẻ ờ- ; - ữữữ ắắ
ớ
2
ù
ờở 2 2 ứ
ù
ợ-4 x + 1 < 0
ỡ 2 f  (-2 x + 1) > 0
ùổ 1 1ử

đ ùớ
ắắ
đ g  ( x ) > 0.
Vi x ẻ ỗỗ- ; ữữữ ắắ
ỗố 2 2 ứ
ùù-4 x 2 + 1 > 0
ợ

14


ỡ
ù-2 f  (-2 x + 1) < 0
ổ1 3ự
đù
ắắ
đ g  ( x ) < 0.
Vi x ẻ ỗỗ ; ỳ ắắ
ớ
2
ỗố 2 2 ỷỳ
ù
ù-4 x + 1 < 0
ợ

Bng bin thiờn

ỡ
2 m 7
ù

ù
< <
ù
ỡ4 < m < 14 mẻ
ù
ù
3 6 3
ắắ
đù
ắắắ
đ m = {5;6;7;8;10;11;12;13} . Chn A.
Ycbt ù
ớ
ớ
ù
ù
m 3
mạ9
ù
ù
ợ
ạ
ù
ù
ù6 2
ợ

Cõu

45.

b > 1,

cỏc s thc a, b tha
ổa ử
P = log a a + 2 log b ỗỗ ữữữ t giỏ tr kh nht khi
ỗố b ứ
b
Xột

A. a = b 2 .

a Ê b < a.

B. a 2 = b 3 .

C. a 3 = b 2 .
1
4
Li gii. D dng bin i c P =
+
- 4.
1 - log a b log a b

Biu

thc

D. a 2 = b.

T iu kin, suy ra a > 1 .
a >1
a Ê b < a ắắđ
log a a Ê log a b < log a a hay

Do

Xột hm f (t ) =

ộ1 ử
1
4
+ - 4 trờn ờ ;1ữữữ, ta c f (t ) t giỏ tr nh nht bng 5
ờở 2 ứ
1- t t

khi log a b =

2
a 2 = b 3 . Chn B.
3

Cõu

Cho

46.

1
Ê log a b < 1.

2

hm

s

f (x )

liờn

tc,

khụng

õm

trờn

[0;3],

f ( x ). f  ( x ) = 2 x f 2 ( x ) + 1 vi mi x ẻ [0;3] v f (0) = 0. Giỏ tr ca f (3) bng
A. 0.

B. 1.

Li gii. T gi thit ta cú
ắắ
đũ

2 f ( x ). f  ( x )

2 1+ f 2 (x )

C.

3.

D. 3 11.

= 2 x , "x ẻ [0;3]

2 f ( x ). f  ( x )
dx = ũ 2 xdx 1 + f 2 ( x ) = x 2 + C .
2
2 1+ f (x )

M f (0) = 0 ị C = 1 ắắ
đ f (x ) =

ắắ
đ f (3) = 3 11. Chn D.

( x 2 + 1)

2

-1 = x 4 + 2 x 2 , "x ẻ [0;3]

15

tha

Câu 47. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên.

Hỏi phương trình f éë f (cos x ) -1ùû = 0 có bao nhiêu nghiệm
thuộc đoạn [0;2p ] ?
A. 2.
C. 5.

B. 4.
D. 6.
Lời giải. Dựa vào đồ thị ta có f éë f (cos x ) -1ùû = 0
é f (cos x ) -1 = x1 ; x1 Î (-2; -1) é f (cos x ) = x1 + 1 = m1 Î (-1;0)
ê
ê
Û êê f (cos x ) -1 = x 2 ; x 2 Î (-1;0) Û êê f (cos x ) = x 2 + 1 = m2 Î (0;1)
ê
ê
êë f (cos x ) -1 = x 3 ; x 3 Î (1;2)
êë f (cos x ) = x 3 + 1 = m3 Î (2;3)

(1)
(2).
(3)

Xét (1) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số f (t ) trên đoạn

[-1;1] với đường thẳng y = m1 (-1 < m1 < 0). Dựa vào đồ thị ta thấy (1) có 1

[

]
¾
® cho ra 2 nghiệm x .
nghiệm, tức là có 1 giá trị của cos x ¾¾¾
x Î 0;2 p

Tương tự (2) có 2 nghiệm x ; (3) vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. Chọn B.
Câu 48. Cho đa giác có 12 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác đó. Xác
suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác không có cạnh nào là cạnh
của đa giác đã cho bằng
A.

12.8
.
C123

B.

C128 -12.8
.
C123

C.

C123 -12 -12.8
.
C123

D.

12 + 12.8
.
C123

ìïn (W) = C123
C123 -12 -12.8
Lời giải. Ta có ïí
¾¾
®
P
=
. Chọn C. Thật vậy:
ïïn ( A) = C123 -12 - 8.12
C123
ïî
• Số tam giác được tạo từ 3 đỉnh trong 12 đỉnh: C123 .
• Số tam giác có 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác và 2 cạnh là cạnh của đa giác: cứ 3
đỉnh liên tiếp cho 1 tam giác thỏa mãn đề bài, nên có 12 tam giác. (hoặc hiểu
theo cách khác: tam giác có 3 đỉnh là 3 đỉnh liên tiếp của đa giác tức là có 2
cạnh là 2 cạnh liên tiếp của đa giác, 2 cạnh này cắt nhau tại 1 đỉnh, mà đa giác
này có 12 đỉnh nên có 12 tam giác thỏa trường hợp này)
• Số tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của đa giác và 1 cạnh là cạnh của đa giác: Trước
tiên ta chọn 1 cạnh trong 12 cạnh của đa giác nên có 12 cách chọn; tiếp theo
chọn 1 đỉnh còn lại trong 8 đỉnh (trừ 2 đỉnh tạo nên cạnh đã chọn và 2 đỉnh liền
kề với cạnh đã chọn). Do đó trong trường hợp này có 8.12 tam giác.
Câu 49. Cho tam giác OAB đều cạnh a . Trên đường thẳng d qua O và vuông
góc với mặt phẳng (OAB ) lấy điểm M sao cho OM = x . Gọi E , F lần lượt là hình
16

chiu vuụng gúc ca A trờn MB v OB . Gi N l giao im ca EF v d . Tỡm

x th tớch t din ABMN cú giỏ tr nh nht.
A. x = a 2.

B. x =

a 2
.
2

C. x =

a 3
.
2

D. x =

a 6
.
12

a
Li gii. Do tam giỏc OAB u cnh a, suy ra F l trung im OB ị OF = .
2
ỡù AF ^ OB
ị AF ^ ( MOB ) ị AF ^ MB.

Ta cú ùớ
ùùợ AF ^ MO

Li cú MB ^ AE nờn suy ra MB ^ ( AEF ) ị MB ^ EF .
Suy ra DOBM DONF nờn
OB
ON
OB.OF
a2
=
ắắ
đ ON =
=
.
OM
OF
OM
2x
Ta cú VABMN = VABOM +VABON

1
a 2 3 ổỗ
a2 ử a3 6
= SDOAB (OM + ON ) =
.
ỗỗ x + ữữữ
3
12 ố
2 x ứữ
12

ng thc xy ra khi v ch khi x =

a2
a 2
. Chn B.
x=
2x
2

Cõu 50. Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho hai im M (1;2;3), N (3;4;5)

v mt phng ( P ) : x + 2 y + 3 z -14 = 0. Gi D l ng thng thay i nm trong
mt phng ( P ). Gi H , K ln lt l hỡnh chiu vuụng gúc ca M , N trờn D.
Bit rng khi MH = NK thỡ trung im ca HK luụn thuc mt ng thng d
c nh, phng trỡnh ca ng thng d l
ỡù x = 1
ùỡù x = t
ùỡù x = t
ùù
ùù
ù
ù
A. ớ y = 13 - 2t . B. ớ y = 13 - 2t .
C. ùớ y = 13 + 2t .
ùù
ùù
ùù
ùùợ z = -4 + t
ùùợ z = -4 + t

ùùợ z = -4 + t

ùỡù x = t
ù
D. ùớ y = 13 - 2t .
ùù
ùùợ z = -4 - t

Li gii.

Ta cú DJHM = DJKN , suy ra JM = JN .

Do ú J thuc mt phng trung trc ca MN l x + y + z - 9 = 0.
Li cú J ẻ D m D è ( P ) nờn J ẻ ( P ) : x + 2 y + 3 z -14 = 0.
17


Từ đó suy ra J thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng có phương trình
ìï x = t
ïï
ïìï x + y + z - 9 = 0
Þ ïí y = 13 - 2t . Chọn B.
í
ïïî x + 2 y + 3 z -14 = 0 ïï
ïîï z = -4 + t

18