đề thi thử THPT QG 2019 toán THPT triệu hóa thanh hóa lần 3 có lời giải

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH
HÓA

THI KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA LẦN 3
NĂM HỌC: 2018-2019

TRƯỜNG THPT THIỆU HÓA

Môn: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm)

Mã đề thi: 132
Họ, tên thí sinh: ..................................................................... Số báo danh: .............................
Câu 1: Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên

và có bảng biến thiên sau:

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f  x   1  m có đúng hai nghiệm.
A. 2  m  1.
B. m  2 , m  1.
Câu 2: Đồ thị sau đây là của hàm số nào?

A. y 

x2
.
x 1

B. y 

x3
.
1 x

C. y 

2x  1
.
x 1

Câu 3: Tính giá trị của a a với a  0, a  1 .
A. 8 .
B. 4 .
C. 16 .
Câu 4: Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào nghịch biến trên tập số thực
log

A. y  log  4 x  1 .
2

D. m  2 , m  1.

C. m  0 , m  1.

D. y 

x 1
.
x 1

4

 
B. y    .
3

D. 2 .
?
x

x

C. y  log 1 x .
3

2
D. y    .
e

mx  1
Câu 5: Cho hàm số y 
với tham số m  0 . Giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số
x  2m
thuộc đường thẳng có phương trình nào dưới đây?
A. 2 x  y  0 .
B. x  2 y  0 .
C. y  2 x .
D. x  2 y  0 .
3  4x
7

Câu 6: Tìm hệ số góc của tiếp tuyến đồ thị hàm số y 
tại điểm có tung độ y   .
x2
3
9
5
5
A. .
B. .
C. 10 .
D.  .
5
9
9
1 
Câu 7: Giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của hàm số y  x  ln x trên đoạn  ;e  theo thứ tự là:
2 
1
1
A. 1 và e .
B. 1 và  ln 2 .
C. 1 và e  1 .
D.  ln 2 và e  1 .
2
2


Câu 8 : Giá trị của tham số m thuộc khoảng nào sau đây để phương trình 4x  m.2x1  2m  0 có hai nghiệm
x1 , x2 thoả mãn x1  x2  3 .

9 
B. m   ;5  .
2 

A. m 1;3 .

Câu 9: Rút gọn biểu thức A 

3

a

7

11
.a 3

với a  0 ta được kết quả

a 4 . a 5
số tối giản. Khẳng định nào sau đây đúng?
7

C. m   3;5 .
m
Aan

D. m  2; 1 .

trong đó m,n 

*

và

m
là phân
n

A. m2  n2  543 .
B. m2  n2  312 .
C. m2  n2  312 .
D. m2  n2  409 .
Câu 10: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình bên. Tìm số điểm cực trị của hàm số y  f  x  .

A. 3 .
B. 1 .
C. 4 .
D. 2 .
3
2
Câu 11: Một chất điểm chuyển động theo quy luật s  t   t  6t với t là thời gian tính từ lúc bắt đầu
chuyển động, s  t  là quãng đường đi được trong khoảng thời gian t . Tính thời điểm t tại đó vận
tốc đạt giá trị lớn nhất.
A. t  2 .
B. t  1 .
C. t  4 .
D. t  3 .

Câu 15: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AB 2a , A ' A a 3 . Tính thể tích V của khối

lăng trụ ABC. A ' B ' C ' theo a .
3a 3
a3
A. V
.
B. V a3 .
C. V 3a3 .
D. V
.
4
4
Câu 16: Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng a 2 . Tính khoảng cách
d từ tâm O của đáy ABCD đến một mặt bên theo a .


2a 5
a 2
a 5
a 3
.
B. d 
.
C. d 
.
D. d 
.
3
3
2
2

Câu 17: Cho hình lập phươg ABCD. ABCD ng có đường chéo bằng a 3 . Tính thể tích khối chóp
A. ABCD .
2 2a 3
a3
3
A. 2 2a .
B.
.
C. a 3 .
D.
.
3
3
1
Câu 18: Tìm họ nguyên hàm của hàm số y  x 2  3x  .
x
3
x 3 3x
x
1
1
x

 3  2  C, C  .
 2  C, C  .
A.
B.
3 ln 3 x
3
x

3
x
x
x 3 3x
3



 ln x  C , C  .
ln
x

C
,
C

C.
.
D.
3 ln 3
3 ln 3

A. d 

2

4

Câu 19: Cho tích phân I   f  x  dx  32 . Tính tích phân J   f  2 x  dx
0

0

A. J  64 .

B. J  8 .

2
Câu 20: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x) 
4x  3
2
1
dx  ln 4 x  3  C .
A. 
4x  3
4
2
1
3
dx  ln 2 x   C .
C. 
4x  3
2
2

D. J  16 .

C. J  32 .

2

3

B.

 4 x  3 dx  2ln 2 x  2  C .

D.

 4 x  3 dx  2 ln(2 x  2 )  C .

2

1

3

2cos x  1
trên khoảng  0;   . Biết rằng
sin 2 x
3 .Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau.

Câu 21: Cho hàm số F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  
giá trị lớn nhất của F  x  trên khoảng  0;   là

3
 5 
 
 
 2 

A. F 
.
B. F 
C. F    3 3  4 .
D. F     3 .
  3 3 .

 6 
6
3
 3  2
Câu 22: Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông, diện tích xung quanh bằng 36 a 2 . Tính thể tích
V của lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ.
3
3
3
3
A. V  27 3a .
B. V  24 3a .
C. V  36 3a .
D. V  81 3a .
3
Câu 23: Cho hình lập phương có thể tích bằng 64a . Thể tích của khối cầu nội tiếp hình lập phương đó bằng
32 a 3
64 a3
8 a 3
16 a 3
A. V 
.
B. V 

.
C. V 
.
D. V 
.
3
3
3
3
Câu 24: Cho khối nón có bán kính đáy r  3, chiều cao h  2. Tính thể tích V của khối nón.
A. V  9 2. .
B. V  3 11. .
C. V  3 2 .
D. V   2 .
Câu 25: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi   là mặt phẳng song song với mặt phẳng

   : 2x  4 y  4z  3  0
  là:
A.
B.
C.
D.

và cách điểm A  2; 3; 4  một khoảng k  3 . Phương trình của mặt phẳng

2 x  4 y  4 z  5  0 hoặc 2 x  4 y  4 z  13  0 .
x  2 y  2 z  25  0 .
x  2 y  2z  7  0 .
x  2 y  2 z  25  0 hoặc x  2 y  2 z  7  0 .

Câu 26: Điều kiện cần và đủ để phương trình x 2  y2  z2  2x  4y  6z  m2  9m  4  0 là phương trình
mặt cầu là.


A. 1  m  10 .
B. m  1 hoặc m  10 .
C. m  0 .
D. 1  m  10 .
Câu 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  có phương trình x2  y 2  z 2  9 và điểm

A  0;  1; 2  . Gọi  P  là mặt phẳng qua A và cắt mặt cầu  S  theo một đường tròn có chu vi nhỏ
nhất. Phương trình của  P  là.
A. y  2 z  5  0 .
B. x  y  2 z  5  0 .

C.  y  2 z  5  0 .

D. y  2 z  5  0 .

Câu 28: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A  2; 1;6  , B  3; 1; 4  , C  5; 1;0  , D 1; 2;1 . Tính thể
tích V của tứ diện ABCD.
A. 40
B. 60
C. 50
D. 30
Câu 29: Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A(6; 2;3), B(0;1;6),C(2;0; 1) , D(4;1;0) . Gọi  S  là mặt
cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D . Hãy viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu  S  tại điểm A
A. 4 x  y  9  0
B. 4 x  y  26  0
C. x  4 y  3z  1  0 D. x  4 y  3z  1  0

Câu 30: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm G(1;4;3) . Viết phương trình mặt phẳng cắt
các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho G là trọng tâm tứ diện OABC ?
x y z
x y z
x y
x y z
z
A.    1.
B.    0 .
C.    0 .
D.    1 .
3 12 9
4 16 12
3 12 9
4 16 12
18

x 4
Câu 31: Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển
với x 0 .
2 x
10
A. 29 C189 .
B. 211 C187 .
C. 28 C188 .
D. 28 C18
.
Câu 32: Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên nhỏ hơn 300. Gọi A là biến cố “số đượcChọn không chia hết cho
3”. Tính xác suất P  A của biến cố A .
1

124
99
2
..
..
A. P  A  . .
B. P  A 
C. P  A  . .
D. P  A 
3
300
300
3
x
x 
Câu 33: Tập nghiệm của phương trình: sin 2    tan 2 x  cos 2  0 là
2
2 4
 x    k
 x    k
 x    k 2
 x    2 k



A.
.
B.
.
C.

.
D. 
.
 x     k 2
 x     k
 x     k
 x     k 2
4

4
4
4



Câu 34: Cho hàm số y  x 3  3mx 2  3  m2  1 x  m3 với m là tham số. Gọi  C  là đồ thị của hàm số đã
cho. Biết rằng khi m thay đổi, điểm cực tiểu của đồ thị  C  luôn nằm trên một đường thẳng d cố
định. Xác định hệ số góc k của đường thẳng d .
1
1
A. k  3 .
B. k  .
C. k  3 .
D. k   .
3
3
Câu 35: Cho hàm số f ( x) . Biết hàm số y  f '( x) có đồ thị như hình bên. Trên  4;3 hàm số

g ( x)  2 f ( x)  (1  x)2 đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm .
y

5
3

2
3

4

3

x

1 O

2

A. x0  4 .

B. x0  3 .

C. x0  3 .

D. x0  1 .


Câu 36: Tính tổng T của các giá trị nguyên của tham số m để phương trình e x  (m2  m)e x  2m có đúng

1
.
log e

B. T  20. .

hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn
A. T  28. .

C. T  21. .

D. T  27. .

Câu 37: Cho x , y là các số thực lớn hơn 1 sao cho y x .  e x   x y .  e y  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
e

y

e

x

P  log x xy  log y x .
A.

2
.
2

B. 2 2 .

Câu 38: Tìm giá trị nguyên thuộc đoạn

C.

1 2 2
.
2

D.

1 2
.
2

2019;2019 của tham số m để đồ thị hàm số y

đúng hai đường tiệm cận.
A. 2008 .
B. 2010 .
Câu 39: Cho hàm số f  x  có đạo hàm trên

x
x

2

3
x

m

có

C. 2009 .
D. 2007 .
là f   x    x  1 x  3 .Có bao nhiêu giá trị nguyên của

tham số m thuộc đoạn  10; 20 để hàm số y  f  x 2  3x  m  đồng biến trên khoảng  0; 2  ?

A. 18 .
B. 17 .
C. 16 .
D. 20 .
Câu 40: Cho hàm số y  f (x) có đạo hàm cấp một, đạo hàm cấp hai liên tục trên [0;1] và thỏa mãn
1

1

1

0

0

0

x
x
x
 e f(x)dx  e f '(x)dx  e f "(x)dx  0 . Giá trị của biểu thức

A. -1.

B. 1.

Câu 41: Cho hàm số f  x  xác định trên

S  f  3  f  1 .

C. 2.

\ 1 thỏa mãn f   x  

ef '(1)  f '(0)
bằng
ef(1)  f(0)
D. -2.

1
, f  0   2018 , f  2   2019 . Tính
x 1

A. S  ln 4035 .
B. S  4 .
C. S  ln 2 .
D. S  1 .
Câu 42: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC. ABC. Gọi M , N , P, Q là các điểm lần lượt thuộc các cạnh
AM 1 BN 1 CP 1 C Q 1
 ,
 ,
 . Gọi V1 , V2 lần lượt là
AA, BB, CC , BC  thỏa mãn
= ,

AA 2 BB 3 CC' 4 C B 5
V
thể tích khối tứ diện MNPQ và khối lăng trụ ABC. ABC. Tính tỉ số 1 .
V2
V 22
V 11
V 19
V 11
A. 1  . .
B. 1  . .
C. 1  . .
D. 1  . .
V2 45
V2 45
V2 45
V2 30
Câu 43: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , BAD 60 và SA vuông góc với
mặt phẳng ABCD . Góc giữa hai mặt phẳng SBD và ABCD bằng 45 . Gọi M là điểm đối
xứng của C qua B và N là trung điểm của SC . Mặt phẳng MND chia khối chóp S. ABCD thành
hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh S có thể tích V1 , khối đa diện còn lại có thể tích
V
V2 (tham khảo hình vẽ sau). Tính tỉ số 1 .
V2


A.

V1
V2

1
.
5

B.

V1
V2

5
.
3

C.

V1
V2

12
.
7

D.

V1
V2

7
.
5

Câu 44: Trong số các hình trụ có diện tích toàn phần đều bằng S thì bán kính R và chiều cao h của khối
trụ có thể tích lớn nhất là:
S
S
S
S
;h  2
;h 
A. R 
.
B. R 
.
6
6
4
4

2S
2S
;h  4
.
3
3

S
1 S
;h 
.
2

2 2
Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  3;2;1 và B  1;4; 3 . Điểm M thuộc mặt
C. R 

D. R 

phẳng  Oxy  sao cho MA  MB lớn nhất.
A. M  5;1;0  .

B. M  5;1;0  .

C. M  5; 1;0  .

D. M  5; 1;0  .

Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A  7; 2;3 , B 1; 4;3 , C 1; 2;6  , D 1; 2;3
và điểm M tùy ý. Tính độ dài đoạn OM khi biểu thức P  MA  MB  MC  3MD đạt giá trị nhỏ
nhất.
3 21
5 17
A. OM 
.
B. OM  26 .
C. OM  14 .
D. OM 
.
4
4
Câu 47: Gieo một con súc sắc năm lần liên tiếp. Xác suất để tích các số chấm xuất hiện ở năm lần gieo đó
là một số tự nhiên có tận cùng bằng 5 là

211
1
2
5
A.
.
B. .
C. .
D.
.
7776
486
2
3
Câu 48: Cho cấp số nhân  bn  thỏa mãn b2  b1  1 và hàm số f  x   x3  3x sao cho f  log 2  b2    2
 f  log 2  b1   . Giá trị nhỏ nhất của n để bn  5100 bằng

A. 333 .

B. 229 .

C. 234 .

D. 292 .

Câu 49: Phương trình: 3 x  1  m x  1  2 4 x 2  1 có nghiệm x  R khi:
1
1
1
1

A. 0  m  .
B. 1  m  .
C. m  .
D. 1  m  .
3
3
3
3
Câu 50: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD . Gọi M , N
lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC, BD và P là giao điểm của

MN , AC . Biết đường thẳng AC có phương trình x  y  1  0 , M  0;4  , N  2;2  và hoành độ điểm A
nhỏ hơn 2. Tìm tọa độ các điểm P, A, B .
5 3
5 3
A. P  ;   , A  1;0  , B  1; 4  .
B. P  ;  , A  0; 1 , B  1; 4  .
2 2
3 2
5 3
5 3
C. P  ;  , A  0; 1 , B  4;1 .
D. P  ;  , A  0; 1 , B  1; 4  .
2 2
2 2
----------- HẾT ----------


Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN
1-

2-

3-

4-

5-

6-

7-

8-

9-

10-

11-

12-

13-

14-

15-

16-

17-

18-

19-

20-

21-

22-

23-

24-

25-

26-

27-

28-

29-

30-

31-

32-

33-

34-

35-

36-

37-

38-

39-

40-

41-

42-

43-

44-

45-

46-

47-

48-

49-

50-

( – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết)

Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: D
 m  1  1
 m  2

Phương trình f  x   1  m có đúng hai nghiệm 
.
m  1  0
 m  1
Câu 2: A
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  1 , tiệm cận ngang y  2 và cắt trục tung tại điểm  0;1 .
Câu 3: C
log

Ta có a
Câu 4: D

a

4

 a 2loga 4  aloga 16  16 .
x

2
2
Ta có: 0   1  hàm số y    nghịch biến trên tập số thực .
e
e
Câu 5: B
lim y  m  đường thẳng y  m là đường tiệm cận ngang của đths.
x 


lim  y    đường thẳng x  2m là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

x  2 m 

Suy ra giao điểm hai đường tiệm cận của đths là điểm  2m; m  thuộc đường thẳng x  2 y .
Câu 6: B
Xét hàm số y 

5
7
3  4x
. Ta có y0    x0  1 . y 

.
2
3
x2
 x  2

Hệ số góc tiếp tuyến tại điểm có tung độ y0  

7
5
là y  1  .
3
9

Câu 7: C

1 x 1
1 

; y  0  x  1  ;e 
x
x
2 
1 1
Ta có: y     ln 2 ; y 1  1 ; y  e   e  1
2 2
Vậy min y  1 ; max y  e  1
Ta có y  1 

1 

 2 ;e 
 

1 
 2 ;e 
 

Câu 8: C
Đặt 2 x  t , t  0 , Phương trình trở thành t 2  2m.t  2m  0 * .
x  x2

Khi x1  x2  3  2 1

 8  t1.t2  8 .

Bài toán quy về tìm điều kiện của tham số m để phương trình * có hai nghiệm t1 ; t 2 thỏa mãn t1.t2  8
. Áp dụng định lý Viét ta có t1.t2  2m  8  m  4 .
Thử lại: Với m  4 phương trình trở thành t  8t  8  0 có hai nghiệm. Vậy m  4 thỏa mãn.
Câu 9: B
2

Ta có A 

3

7

11
.a 3

4 7

5

a

a . a



7 11
a 3 .a 3
5
4 7
a .a



7 11
5
  4
3
3
7
a



19
a7 .

Suy ra m  19 , n  7 nên m2  n2  312 .
Suy ra m  19 , n  7 nên m2  n2  312 .
Câu 10: A
Từ đồ thị hàm số đã cho ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 11: A
Vận tốc của chất điểm tại thời điểm t là v t

3t 2

12t

12 3 t

2

2

12 .

Vậy tại thời điểm t  2 tại đó vận tốc đạt giá trị lớn nhất.
Câu 12: A
Điều kiện: x  0 .

log3 x  1
x  3

Ta có: log 21 x  5log3 x  4  0  log32 x  5log3 x  4  0  
. Vậy T  84 .
 x  81

log3 x  4
3
Câu 13: C
Điều kiện x   3;5
Đặt t  3  x  5  x , x   3;5

t2  8  2

3  x 5  x   8  t  2

2 , t  1. 3  x  1. 5  x 

1  1  3  x  5  x   4
2

2

2
 t 2  8  2

 t2  8 
f

t

3

15

15


 , t   2 2; 4 
Suy ra t   2 2; 4 và  x  2 x  
.
Khi
đó



 2 

 2 
2


f '  1  6t  t 2  8  0, t  2 2; 4  f max  f (4) . Với t  4  x  1
Câu 14: B

Điều kiện: 4  x  0  2  x  2 . y 
2





4  x2  x
4  x2



; y  0  x   2 ; y  2   2 ; y  2   2 ;



y  2  2 2 . Vậy M  m  2  2 2  2 1  2 .

Câu 15: C

AB 2 3
a2 3 .
ABC
4
ABC
V
.
A
'
B
'
C
'
Thể tích
của khối lăng trụ
là: VABC.A' B' C'  AA' .S ABC  3a3
Câu 16: A
S
Diện tích tam giác đều ABC là: S

H

A

D

M
O
C
B
Gọi M là trung điểm AB , H là hình chiếu của O lên OM ta có: OH   SAB 
Xét tam giác SHO ta có:
1
4
1
9
1
1
a 2
 2  2  2  OH 


.
2
2
2
OH
a 2a
2a
OM
OS
3

Câu 17: B
Áp dụng định lí Pitago, ta có: AC2  AA2  AC 2  AA2  AB2  AD2  3AB2  3a 2  3AB2  AB  a .
1
1
a3
VA. ABCD  AA.S ABCD  .a.a 2  .
3
3
3
Câu 18: B
1
x 3 3x
1
 2
x
x

3

dx


 2  C, C 

 
x
3 ln 3 x
Câu 19: D
dt

 dx Đổi cận x  0  t  0 ; x  2  t  4
2
4
1
1
Khi đó: J   f  t  dt  .32  16 .
2
20

Đặt t  2 x 

Câu 20: C
2
1
1
3
dx  
dx  ln 2 x   C
Có 
3
4x  3
2
2
2x 
2
Câu 21: C
2cos x
2
1
1

dx   2 dx   2 d  sin x    2 dx
Ta có: F  x    f  x  dx  
2
sin x
sin x
sin x
sin x
2
2 cos x  1

 cot x  C . F   x   f  x  
.
sin x
sin 2 x

Trên khoảng  0;   , F   x   0  2cos x 1  0  x  .
3


Giá trị lớn nhất của F  x  trên khoảng  0;   là

3 nên ta có:

3 3
2
 
 C  3  C  2 3 .Vậy F  x   
 cot x  2 3 .
F  3 
3

sin x
3
 
Do đó F    3 3  4 .
6
Câu 22: D

Thiết diện qua trục hình hình trụ là hình vuông ADDA . Gọi O , O lần lượt là hai tâm đường tròn đáy
2
(hình vẽ)  l  2r ; Theo giả thiết ta có: S xq  2 rl  36 a  2 r.2r  36 a 2  r  3a  l  6a .
Lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ ABCDEF.ABCDEF  có chiều cao là h  6a .

S ABCDEF  6S

OAB

VABCDEF . ABCDEF 

 3a 
 6.

27a 2

2

2

3



27a 2 3
(vì
2

4
3
.6a  81a3 3

OAB đều, cạnh bằng 3a ).

Câu 23:D

3
Khối lập phương có thể tích 64a nên cạnh bằng 4a .

Khối cầu nội tiếp hình lập phương có bán kính

4
4
32 a3
3
V   R 3    2a  
.
3
3
3
Câu 24: C
1 2
1

9 2
2
.
Thể tích của khối nón: V   r h   .3 . 2 
3
3
3

R

4a
 2a
2

nên thể tích khối cầu


Câu 25: D
Vì   / /       : 2 x  4 y  4 z  m  0  m  3
Giả thiết có d  A,     3 

32  m
 m  14
3  
6
 m  50

Vậy   : x  2 y  2 z  7  0 ,   : x  2 y  2 z  25  0
Câu 26: D

x 2  y2  z2  2x  4y  6z  m2  9m  4  0   x  1   y  2   z  3  m2  9m  10
Do đó điều kiện cần và đủ để phương trình đã cho là phương trình mặt cầu là
m2  9m  10  0  1  m  10 .
Câu 27: A
Mặt cầu  S  có tâm O  0; 0; 0  và bán kính R  3 . A  0;  1; 2  là điểm nằm bên trong mặt cầu  S  .  P 
2

2

2

là mặt phẳng qua A và cắt mặt cầu  S  theo một đường tròn có bán kính r .
Gọi H là hình chiếu của O lên  P  .Ta có r 2  R2  OH 2 . rmin  OH max  H  A .
Khi đó  P  nhận OA   0;  1; 2  là vectơ pháp tuyến. Vậy phương trình  P  : y  2 z  5  0 .
Câu 28: D


AB   5;0; 10  

AB

AC

0;

60;0



1

AB  AC .AD  30
AC   3;0; 6  
V 
6

AD   1;3; 5 

Câu 29: B
Gọi tâm của mặt cầu là I (x; y; z) khi đó AI  (x  6; y  2;z  3), BI  (x; y  1;z  6) ,





CI  (x  2; y;z  1), DI  (x  4; y 1;z) . Ta có: IA  IB  IC  ID suy ra
 x  6 2   y  2 2   z  32   x  4 2   y  12  z 2

2
2
2
2

IA 2  IB2  IC2  ID 2  x 2   y  1   z  6    x  4    y  1  z 2

2
2
2
2
x  2   y 2   z  1   x  4    y  1  z 2



 I  2; 1;3

Vậy mặt phẳng cần tìm qua A và vuông góc với IA là 4 x  y  26  0
Câu 30: A
+) Do A, B, C lần lượt thuộc các trục Ox, Oy, Oz nên A(a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c) .
+) Do G là trọng tâm tứ diện OABC nên suy ra a  4, b  16, c  12 .
x y
z
 1.
+) Vậy phương trình đoạn chắn của mặt phẳng (ABC ) là:  
4 16 12
Câu 31: A
18

18 k

18
x 4
x
C18k
Ta có:
2 x
2
k 0
18 2 k
0
x
x
18 2k 0 k

4
x
9.

k

18

23k

18

C18k x18

2k

.

k 0

x
Hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển
2
Câu 32: A
Số phần tử của không gian mẫu: n     300
Số các số tự nhiên nhỏ hơn 300 mà chia hết cho 3 là:

4
x

18

là: 23.9

18

C189

29 C189 .

297  0
 1  100  n A  100
3

 


 

P A 

   100  1  P  A  1  1  2 .

n A

n 

300

3

3

3

Câu 33: B

* . Khi đó

Điều kiện: cos x  0


x
x 
sin 2    tan 2 x  cos 2  0
2
2 4

1
   sin 2 x 1

2
2
1

cos
x

 (1  cos x)  1  sin x  sin x  (1  cos x)cos x



2 
2   cos 2 x 2


 1  sin x  (1  cos x)(1  cos x)  (1  cos x)(1  sin x)(1  sin x)  (1  sin x)(1  cos x)(sin x  cos x)  0
sin x  1


 cos x  1  x   k 2 , x    k 2 , x    k  k  Z 
2
4
 tan x  1

Kết hợp với điều kiện (*) ta có tập nghiệm của PT là:

x    k 2



, x    k ( k  Z )
4

Câu 34: A
x  m 1
Ta có y  3x 2  6mx  3  m2  1 . y  0  
.
x  m 1

Vì hàm số bậc ba với hệ số a  1  0 nên điểm cực tiểu của hàm số là A  m  1; 3m  2  .
Lại có 3m  2  3  m  1  1 nên điểm cực tiểu của hàm số luôn thuộc đường thẳng d : y  3x  1 , hệ
số góc k  3 .
Câu 35: D
Trên  4;3 Ta có : g '( x)  2 f '( x)  2(1  x)

 x  4
g '( x)  0  f '( x)  1  x   x  1 .
 x  3
Bảng biến thiên
x
4

g '( x)

0

1



0

3



0

g ( x)

Hàm số g ( x) đạt GTNN tại điểm x0  1 .
Câu 36: D
Đặt t  e x (t  0) Phương trình đã cho trở thành: t 2  2mt  m2  m  0 (1)

1
 (1) có hai nghiệm phân biệt
log e
m  0
'  0
m 2  m 2  m  0



21  41
21  41
2
af 10   0
100  20m  m  m  0
m 
m


 10  


2
2
S
0  m  10
0  m  10

0   10
2
m 2  m  0



m  0  m  1
 P  0

Phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn

0  t1  t2  e

Mà m 
Câu 37: C

1
loge



nên m  2; 3; 4; 5; 6; 7 . Vậy tổng T  2  3  4  5  6  7  27.


Ta có y x .  e x   x y .  e y   x ln y  xe y  y ln x  ye x 
ey

ex

ln y  e y ln x  e x


y
x

1 t 
t
  e  .t  e  ln t et  t  1  1  ln t g  t 
ln t  e
t

, t  1 .ta có f   t   

 2
Xét hàm số f  t  
t
t2
t2
t
1
Hàm số g  t   et  t  1  1  ln t có g   t   et  t  1  et   0t  1 . Suy ra g  t   g 1  0
t
t

1

1

1

1

1

x
x
+) Ta có k   e f "(x)dx   e d(f '(x))  e f '(x)   e f '(x)dx  e f '(x)  k  2k  (ef '(1)  f'(0))
x

0

x

x

0

0

1

1

1

0

0

1

1

x
x
+) Ta có k   e f '(x)dx   e d(f(x))  e f(x)   e f(x)dx  e f(x)  k  2k  (ef(1)  f(0))
x

0

0

x

x

0

0

0

ef '(1)  f '(0)
1
ef(1)  f(0)
Câu 41: D
+) Vậy

1
dx  ln x  1  C
x 1

Khi đó: f  1  ln 2  C1 ; f  0   C2  2018 ; f  2   C3  2019 ; f  3  ln 2  C4

Ta có: f  x    f   x  dx  
3





2
0

3

f   x  dx  
2
0

1
dx  f  3  f  2   ln 2  ln 2  C4  C3  ln 2  C3  C4 .
x 1

1
dx  f  0   f  1   ln 2  C2  C1  ln 2   ln 2  C1  C2 .
x 1
1

  f   x  dx  
1

Vậy S  f  3  f  1  C4  C1  2019  2018  1
Câu 42: B


A'
Q

C'

B'

M

P
A

C
N
B

1
2
VA. ABC  V2  VA.BCCB  VM . BCCB  V2 .
3
3
4
3
7
Mà S B' NQ  S BCC' B' , SC' PQ 
S BCC' B' , S BCPN 

S BCC' B'
15
40
24
11
Suy ra S NPQ  S BCC' B'  S B' NQ  SC' PQ  S BCPN  S BCC' B'
30
V1 11
11
11
 .
Do đó V1  VM . NPQ  VM .BCC B  V2 hay
30
45
V2 45
Câu 43: D

Gọi I DM AB và K
tâm tam giác SMC .Và BI
V
MB MK
Khi đó MBKI
VMCND MC MN

MN SB Ta có: B, N lần lượt là trung điểm của MC, SC nên K là trọng
là đường trung bình của tam giác MCD
MI
1 2 1 1
1
VMBKI

VMCND VBKICND 5VMBKI
6
MD 2 3 2 6
+) Ta tính thể tích của khối SABCD :
a
ABCD là hình thoi cạnh a , góc
BAD
BAD 60
đều, cạnh
2
2
a 3 a 3
SBD , ABCD
SOA 45
S ABCD 2S ABD 2.
.Mặt
khác
4
2
a 3
SA OA
2
1
1 a 3 a 2 3 a3
VSBCD
SA S ABCD
3
3 2
2
4

+) Tính thể tích khối KMIB
1
1 1
1
1
1 a 3 a 2 3 a3
VKMIB
d K , MIB SMIB
d S , MIB SMIB
SA
S ABD
3
3 3
9
2
18 2
4
48
3
3
3
3
V1 7
a
5a
5a
7a
Do đó: V2
và V1
.

V2 5
4
48
48
48
Câu 44: A
Gọi thể tích khối trụ là V , diện tích toàn phần của hình trụ là S .
2
Ta có: S  S2day  S xq  2 R  2 Rh Từ đó suy ra:


3

V2  S 
S3
S
S
V
V
V Cauchy 3 V 2
27


V

hay
.
 R 2  Rh 
 R2 
 R2 


3


4 2  2 
54
2
2
R
2 R 2 R 
4 2

Vậy Vmax 

V
 R 2 h Rh
S3


. Dấu “=” xảy ra  R 2 
hay h  2R .
2 R 2 R
2
54

2
Khi đó S  6 R  R 

S
S

và h  2 R  2
.
6
6

Câu 45: B
B
A
M

 xOy 
B

Phương trình  xOy  : z  0 . Vì z A.zB  1. 3  0 nên A , B nằm khác phía so với  xOy  . Gọi B là điểm
đối xứng của B qua  xOy  . Khi đó: MA  MB  MA  MB  AB . Suy ra MA  MB lớn nhất khi M ,
A , B thẳng hàng hay M là giao điểm của đường thẳng AB và  xOy  .

Mà B  1;4;3 . Suy ra tọa độ M là  5;1;0  .
Câu 46: C
Ta có DA   6;0;0  , DB   0; 2;0  , DC   0;0;3 nên tứ diện ABCD là tứ diện vuông đỉnh D . Giả sử

M  x  1; y  2; z  3 .Ta có MA 

 x  6

2

 y2  z2  x  6  6  x ,

MB  x 2   y  2   z 2  y  2  2  y . MC  x 2  y 2   z  3  z  3  3  z ,

2

2

3MD  3  x 2  y 2  z 2  
Do đó

 x  y  z  x  y  z
P   6  x    2  y    3  z    x  y  z   11 .
2

x  y  z  0
6  x  0

x yz0.
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 11 , khi và chỉ khi 2  y  0
3  z  0

 x  y  z  0
2
2
2
Khi đó M 1; 2;3 suy ra OM  1  2  3  14 .

Câu 47: A
Gọi  là không gian mẫu, A là biến cố “gieo một con súc sắc năm lần liên tiếp có tích các số chấm xuất
hiện ở năm lần gieo là một số tự nhiên có tận cùng bằng 5 ”.
5
Gieo súc sắc năm lần liên tiếp nên n  6 .
Để tích các số chấm xuất hiện ở năm lần gieo là một số tự nhiên có tận cùng bằng 5 thì các mặt xuất hiện

5
5
phải có số chấm lẻ và xuất hiện mặt 5 chấm ít nhất một lần nên nA  3  2  221 .
n
221
Suy ra: P  A  A 
.
n 7776
Câu 48: C
Gọi q là công bội của cấp số nhân  bn  .Vì b2  b1  1 nên q  1 .

f  log 2  b2    2  f  log 2  b1    f  log 2  b1  log 2 q   f  log 2  b1  

  log 2  b1   log 2 q   3  log 2  b1   log 2 q   2   log 2  b1    3log 2  b1 
3

3


 3  log 2  b1   .log 2 q  3log 2  b1  .  log 2 q    log 2 q   3log 2 q  2  0
2

2

3

 3log 2  b1  .log 2 q. log 2  b1   log 2 q    log 2 q  2  log 2 q  1  0 . (*)
2



log  b   0
b  1
log  b   0
Theo giả thiết thì  2 1
Do đó để (*) nghiệm đúng thì  2 1
 1

log 2 q  0
q  2
log 2 q  1
Vậy nên bn  2n1  5100  n  log 2  5100   1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 234.
Câu 49: B
(Điều kiện: x  1 ) 3 x  1  m x  1  2 4 x  1. 4 x  1 * Ta có với x  1Chia hai vế phương trình (*) cho
4
3 x 1
x 1
2 4 x 1
x 1
m 4
 t4 
1 Đặt t  4
x 1
x 1
x 1
x 1
x 1
2
Với x  1 thì hàm số 0 
 1
1 0  t4  1  0  t  1

x 1
x 1
(1): 3t 2  2t  m  0  2  Phương trình (*) có nghiệm  phương trình (2) có nghiệm: 0  t  1

x  1 ta có:

Xét hàm y  f  t   3t 2  2t trên  0;1 ta có:
1
f '  t   6t  2  0  t   0;1 .
3
Từ bảng biến thiên ta thấy để phương trình 3t 2  2t  m  0 có nghiệm trong  0;1 thì đường thẳng

1
1
2
y  m phải cắt đồ thị hàm số y  f  t   3t  2t tại ít nhất 1 điểm. Do đó   m  1  1  m 
3
3
1
Vậy 1  m  thì phương trình đã cho có nghiệm.
3

Câu 50: D
A

M

O

N

B

D

P

C

 P  AC : x  y  1  0
5 3
 P ;  .
MN   2; 2   Phương trình MN : x  y  4  0 
2 2
 P  MN : x  y  4  0
Có: BAN  ADB (cùng phụ NAD )Lại có, tứ giác AMBN nội tiếp nên BAN  BMN và ABCD nội tiếp
nên ADB  ACB . Từ đây suy ra BMP  BCP  MPC cân tại P . Lại có tam giác AMC vuông tại M
5 2
5 3
 PA
nên PA  PM  PC . P  ;  , M  0; 4   PM 
2
2 2


5
5

Do A  AC : x  y  1  0  A  a; a  1  PA   a  ; a  
2
2


2
a  0
5 2
5  25

PA 
 2 a   

suy ra A  0; 1 do xA  2
2
2
2

a  5

A  0; 1 , M  0;4  , N  2;2   AM   0;5 , AN   2;3 suy ra phương trình đường thẳng

BC : y  4, BD : 2x  3 y 10  0 .
B  BC : y  4

 B  1; 4  .
Do 
 B  BD : 2 x  3 y  10  0