ĐÁP án 10 đề MINH họa ÔN TOÁN

Câu 1:

ĐỀ THAM KHẢO SỐ 1
Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn của số phức z .

Tìm phần thực và phần ảo của số phức z .
A. Phần thực là 4 và phần ảo là 3 .
B. Phần thực là 3 và phần ảo là 4i .
C. Phần thực là 3 và phần ảo là 4 .
D. Phần thực là 4 và phần ảo là 3i .

Câu 2:

Lời giải
Chọn C
Trên mặt phẳng phức, số phức z  x  yi được biểu diễn bởi điểm M ( x; y) .
Điểm M trong hệ trục Oxy có hoành độ x  3 và tung độ y  4 .
Vậy số phức z có phần thực là 3 và phần ảo là 4 .
2x  5
lim
bằng
x   x  3
5

A.  .

B. 1 .

3

C. 2 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn

C.

5
2x  5
x  2 .
lim
 lim
x   x  3
x 
3
1 
x
Cho tập hợp M có 10 phần tử. Số tập con gồm 3 phần tử của M là:
A. A103 .
B. 310 .
C. C103 .
D. 103 .
Lời giải
Chọn
C.
Số tập con gồm 3 phần tử thỏa yêu cầu bài toán là số cách chọn 3 phần tử bất kì trong 10 phần tử của
M . Do đó số tập con gồm 3 phần tử của M là C103 .
Diện tích đáy của khối chóp có chiều cao bằng h và thể tích bằng V là
V

6V
3V
2V
A. B 
.
B. B 
.
C. B  .
D. B 
.
h
h
h
h
Lời giải
Chọn
B.
1
3V
Ta có V  Bh  B 
.
3
h
3V
Vậy diện tích đáy của khối chóp có chiều cao bằng h và thể tích bằng V là B 
.
h
Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:
2

Câu 3:

Câu 4:

Câu 5:

NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx

1 / 19


Hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  ;0  .

B.  ;  2  .

C.  1;0  .
Lời giải

D.  0;    .

Chọn
B.
Dựa vào bảng biến thiên hàm số đồng biến trên khoảng  ; 1 .
Câu 6:

Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  a; b . Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm
số y  f  x  , trục hoành và hai đường thẳng x  a , x  b  a  b  được tính theo công thức

b

A. S   f  x  dx .
a

a

b

C. S 

b

B. S    f 2  x  dx .

 f  x  dx .

b

D. S   f  x  dx .
a

a

Lời giải
Câu 7:

Câu 8:

Chọn

A.
Cho hàm số y

f x xác định, liên tục trên

và có bảng biến thiên như sau:

Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
A. Hàm số có đúng một cực trị.
B. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 1 .
C. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 0.
D. Hàm số đạt cực đại tại x 1 .
Lời giải
Chọn
D.
Dựa vào bảng biến thiên hàm số đạt cực đại tại x 1 .
Cho a, b  0 . Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
A. log  ab   log a.log b .
B. log  ab2   2log a  2log b .
C. log  ab2   log a  2log b .

D. log  ab   log a  log b .
Lời giải

Chọn
C.
Ta có log  ab   log a  log b nên A và D sai.

Theo lý thuyết log  ab2   log a  log b2  log a  2log b nên B sai. Vậy C đúng.
Câu 9:

Tìm nguyên hàm của hàm số f  x   e2 x .

1
A.  e2 x dx  e2 x  C .
2

B.  e2 x dx  e2 x  C .

C.  e2 x dx  2e2 x  C .

D.  e2 x dx 

e2 x 1
C .
2x 1
Lời giải

Chọn

A.
1
1 2x
2x
2x
 e dx  2  e d  2 x   2 e  C .
Câu 10: Cho điểm M 1; 2; 3 , hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng  Oxy  là điểm
NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx

2 / 19


A. M ' 1; 2;0  .

B. M ' 1;0; 3 .

C. M '  0;2; 3 .
Hướng dẫn giải

D. M ' 1; 2;3 .

Chọn
A.
Với M  a; b; c   hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng  Oxy  là M   a; b;0 

 M  1; 2;0  .
Câu 11: Đường cong như hình bên là đồ thị của hàm số nào sau đây?
y

O

A. y   x4  2 x 2  2 .

B. y  x 4  2 x 2  2 .

x

C. y  x3  3x 2  2 .

Lời giải

D. y   x3  3x 2  2 .

Chọn
B.
* Đồ thị hàm số có hình dạng là đồ thị hàm trùng phương nên ta loại các đáp án C và D.
* Đồ thị hàm số quay lên nên ta loại đáp án
A.
* Đáp án đúng là đáp án B.
 x  1  2t

Câu 12: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y  t . Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là
 z  4  5t

A. u1  1;0;4  .

B. u2   2; 1;5 .

C. u3  1; 1;5 .
Lời giải

D. u4  1; 1;4  .

Chọn
B.
Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là ud   2; 1;5 .
13 x

25

2
Câu 13: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình:    .
4
5
1
1


A. S   ;1 .
B. S   ;   .
C. S   ;  .
3
3


Lời giải
Chọn D.
13 x

13 x

D. S  1;   .

2

25
2
2
2
       1  3x  2  x  1 .

  
4
5
5
5
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S  1;   .

Một khối nón có thể tích bằng 4 và chiều cao bằng 3. Bán kính đường tròn đáy bằng:
4
2 3
A. 2 .
B.
.
C. .
D. 1 .
3
3
Lời giải
Chọn A
Thể tích khối nón là :
1
1
V   r 2 h   r 2 .3  4  r 2  4  r  2 .
3
3
Câu 15: Trong không gian Oxyz , tìm phương trình mặt phẳng  α  cắt ba trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại ba
Câu 14:

điểm A  3;0;0 , B  0; 4;0  , C  0;0;  2  .
A. 4 x  3 y  6 z  12  0 . B. 4 x  3 y  6 z  12  0 .

C. 4 x  3 y  6 z  12  0 . D. 4 x  3 y  6 z  12  0 .
Lời giải
NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx

3 / 19


Chọn A.
Mặt phẳng  α  cắt ba trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại ba điểm A  3;0;0 , B  0; 4;0  , C  0;0; 2  có

x y z
.
 
1
 4 x  3 y  6 z  12  0
3 4 2
Câu 16: Đồ thị của hàm số nào dưới đây không có tiệm cận đứng?
2
x 2  3x  2
x3  1
x3  2 x 2  1
A. y 
.
B. y 
.
C. y 
.
D. y 

.
x 3
x
x 1
x 1
Lời giải
Chọn
A.
x 2  3x  2
 x  2 , x  1 nên đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.
Ta có: y 
x 1
Câu 17: [2D1-17-2]Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau
phương trình là  α  :

Số nghiệm của phương trình f  x   1  0 là
B. 3 .

A. 0 .

C. 1 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn
A.
Số nghiệm của phương trình f  x   1  0  f  x   1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và
đường thẳng y  1 . Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y  1 không cắt đồ thị hàm số y  f  x  nên
phương trình f  x   1  0 vô nghiệm.

Câu 18:

Chọn
Ta có f

f
f

x
1

2; 2 bằng

C. 4 .
Lời giải

D. 24 .

C. I  1– ln 2 .
Lời giải

D. I  – ln 2 .

A.

3x 2

3

0  3x 2

3

x

6, f 1

Vậy Max f x
x

4 trên đoạn

3x

B. 10 .

A. 6 .

Tích phân I  
0

A. I  ln 2 .

0 

2, f

2

x

x

1

2; 2
1

2; 2

2, f 2

6.

6.

2; 2

1

Câu 19:

x3

Giá trị lớn nhất của hàm số f x

1
dx có giá trị là
x 1
B. I  ln 2 –1 .

Chọn
A.
Cách 1:
1
1
1
I 
dx   ln x  1   ln 1  1  ln 0  1  ln 2 .
0
x 1
0
Cách 2:
1
1
Bước 1: Bấm máy tính để tính 
dx .
x 1
0
Bước 2: Bấm SHIFT STO A để lưu vào biến A .
NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx

4 / 19


Bước 3: Bấm A  ln 2  0 .  đáp án
A.
Câu 20: Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình 2 z 2  3 z  3  0 . Giá trị của biểu thức z12  z2 2
bằng

9
9
3
A.
.
B. 3 .
C.
.
D.
.
4
8
18
Lời giải
Chọn
A.
Phương pháp tự luận:

3
21

i
 z1  
4
4 .
Ta có: 2 z 2  3 z  3  0  

3
21


i
 z2  

4
4
 3 2  21  2 
9
2
2
Vì z2  z1 nên z1  z2  2 
  
    .
4
 4   4  


Phương pháp trắc nghiệm:
Sử dụng MTCT bấm: MODE  2
Lưu ý bấm: SHIFT  ENG để xuất hiện chữ i . ( hoặc bấm trực tiếp ENG)
2

2


9
3
21  
3
21 
Nhập  


i



i   ta được kết quả  .


 4


4   4
4 
4

Câu 21: Đáy của hình lăng trụ đứng tam giác ABC. ABC  là tam giác đều cạnh bằng 4 . Tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng AA và BC .
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
Lời giải
Chọn
B.
A'

C'

B'

A

C
I
B

Gọi I là trung điểm BC .
BC 3
ABC đều có AI 
 2 3.
2
AI  BC 
Ta có
  AI là đoạn vuông góc chung của AA và
AA  AI 

BC suy ra d  AA ', BC   AI  2 3 .
Câu 22: Bố An vay của ngân hàng Agribank 200 triệu đồng để sửa nhà, theo hình thức lãi kép với lãi suất
1,15% một tháng. Hàng tháng vào ngày ngân hàng thu lãi bố An trả đều đặn 7 triệu đồng. Sau một
năm do có sự cạnh tranh giữa các ngân hàng nên lãi suất giảm xuống còn 1%/tháng . Gọi m là số tháng
bố An hoàn trả hết nợ. Hỏi m gần nhất với số nào trong các số sau
A. 36 tháng.
B. 35 tháng.
C. 34 tháng.
D. 33 tháng.
Lời giải
Chọn
A.
Năm thứ nhất.
NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx

5 / 19


Sau 1 tháng bố An còn nợ 200  200.0,0115  7  200.1,0115  7 triệu đồng.
Sau 2 tháng bố An còn nợ 200.1,01152  7 1,0115  1 triệu đồng. Sau 3 tháng bố An còn nợ
200.1,01153  7 1,01152  1 triệu đồng.

…
Sau 12 tháng bố An còn nợ 200.1,011512  7.

1,011512  1
 A  139,8923492 triệu đồng.
1,0115  1

Năm thứ hai.
Sau n tháng bố An còn nợ Sn  A.1,01n  7

1,01n  1
triệu đồng.
1,01  1

n  22,406 tháng.
Vậy sau 36 tháng bố An trả hết nợ.
Câu 23: Một hộp chứa 11 quả cầu trong đó có 5 quả màu xanh và 6 quả màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên lần lượt 2
quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất để 2 lần đều lấy được quả cầu màu xanh.
5
4

2
9
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
11
11
11
55
Lời giải
Chọn
D.
Số cách chọn ngẫu nhiên lần lượt 2 quả cầu : 11.10  110 .
Số cách chọn 2 lần đều được quả cầu màu xanh: 5.4  20 .
20
2
 .
Xác suất để chọn được hai quả cầu màu xanh là :
110 11
Câu 24: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  1; 2;1 và B  2;1;0  . Mặt phẳng qua B và vuông góc với
AB có phương trình là
A. 3x  y  z  5  0 .
B. 3x  y  z  5  0 .
C. x  3 y  z  6  0 .
D. x  3 y  z  5  0 .

Lời giải
Chọn
B.
Ta có AB   3;  1;  1 .

Mặt phẳng cần tìm vuông góc với AB nên nhận AB   3;  1;  1 làm vectơ pháp tuyến.
Do đó phương trình của mặt phẳng cần tìm là:
3  x  2    y  1   z  0   0  3x  y  z  5  0 .
Câu 25:

Cho tam giác đều ABC cạnh a . Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC  tại B , ta lấy
điểm M sao cho MB  2a . Gọi I là trung điểm của BC. Tang của góc giữa đường thẳng IM và
 ABC  bằng
A.

1
.
4

B.

2
.
2

C.

2.

D. 4 .

Lời giải
Chọn

D.

NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx

6 / 19


M

B

I

C

A

Ta có BM   ABC  nên IB là hình chiếu của IM lên  ABC  .

  IM ,  ABC     IM , IB   MIB .
MB 2a

 4.
a

IB
2
n
1

Câu 26: Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển của  3  x5  , biết n là số nguyên dương thỏa mãn
x

n 1
n
Cn4  Cn3  7  n  3 .
Xét tam giác MIB vuông tại I , ta có tan MIB 

A. 495 .

B. 313 .

C. 1303 .
Lời giải

D. 13129

Chọn
A.
n 1
Ta có: Cn4  Cnn3  7  n  3   Cnn3  Cnn31   Cnn3  7  n  3  Cnn31  7  n  3


 n  2  n  3  7
2!

 n  3  n  2  7.2!  14  n  12 .
12  k

5
12
k 

1
 1

Khi đó:  3  x5    3  x5    C12k  x 3  .  x 2 
x
 x

k 0
 
60  11k
8 k 4.
Số hạng chứa x8 ứng với k thỏa:
2
Do đó hệ số của số hạng chứa x8 là: C124  495 .

n

Câu 27:

12

12

 C x
k 0

k
12

Tích tất cả các nghiệm của phương trình log 2 x.log 4 x.log8 x.log16 x 
A. 1 .

B. 4 .

1
.
4
Lời giải
C.

60 11k
2

.

2
bằng
3
D. 1 .

Chọn
A.

Điều kiện: x  0 .
Phương trình tương đương:

1 1 1
2
4
. . .log 2 x.log 2 x.log 2 x.log 2 x    log 2 x   16
2 3 4
3

x  4
log x  2
 2

1.

log
x


2
x

 2
4


1
Vậy Tích tất cả các nghiệm của phương trình là: 4.  1 .
4

Câu 28: Cho hình chóp S. ABCD , ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với đáy. AB  a , AC  2a , SA  a
. Tính góc giữa SD và BC .
A. 30 .
B. 60 .
C. 90 .
D. 45 .
Lời giải
NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx

7 / 19


Chọn

B.

Ta có: AD BC   SD; BC    SD; AD   SDA
Mà AD  BC  AC 2  AB2  a 3
Xét tam giác SAD :
SA
a
1
 SDA  60 .
tan SDA 


AD a 3
3

Câu 29:

x y  4 z 3
x 1 y  3 z  4




và d 2 :
.
1
1
1
2
1
5
Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng tọa độ  Oxz  và cắt d1 và d 2 có phương trình là
Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :

3

x  7

25

A.  y    t .
7

 18
 z  7

x  1

B.  y  3  t .
z  4


x  1

C.  y  1  t .
 z  1


x  t

D.  y  4  t .
z  3  t


Lời giải
Chọn A
* Lấy điểm M  t;  4  t; 3  t   d1 , N 1  2t ;  3  t ; 4  5t    d2 , ta có

MN  1  2t   t; 1  t   t; 1  5t   t 
* MN   Oxz  suy ra MN cùng phương véctơ đơn vị j   0;1;0   MN  k. j ,  k  
 3
t  7
1  2t   t  0

2



 3 25 18 
 3 19 18 
 6 

 1  t  t  1.k  t   , nên M  ;  ;  , N  ;  ;  và MN   0; ;0 
7 7
7 7
7
7
7
 7 

1  5t   t  0


6
 k  7
 3 25 18 
* Vậy đường thẳng cần tìm qua điểm M  ;  ;  và có VTCP là u   0;1;0  nên phương trình là
7 7
7
3

x  7

25

y   t .

7

 18
 z  7
Câu 30: Tìm m để hàm số sau đồng biến trên  3;   : y  x2  6 x  2ln  x  3  mx  3 .
A. m  0 .

B. m  4 .

C. m  0 .
Lời giải

D. m  4 .

Chọn
B.
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên  3;   .

2
m.
x3
Hàm số đã cho đồng biến trên  3;   khi
Ta có: y  2 x  6 

y  0, x   3;    2 x  6 

2
 m  0, x   3;  
x3

2
2
, x   3;    m  min f  x  với f  x   2 x  6 
.
 3; 
x3
x3
2
1 

Ta có: f  x   2 x  6 
 2 x  3 
  4 . Đẳng thức xảy ra khi x  2 .
x3
x3

 m  2x  6 

NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx

8 / 19


Do đó min f  x   4 .
 3; 

Vậy m  4 .
Câu 31: Cho  H  là hình phẳng giới hạn bởi parabol y  3x 2 , và nửa đường tròn có phương trình

y  4  x 2 (với 2  x  2 ) (phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của  H  bằng

A.

2  3
.
3

B.

4  5 3
.
3

C.

2  5 3
.
3

D.

4  3
.
3

y

2

x
O

-2

2

Lời giải
Chọn

A.
y

2

x
-2

-1

O

2

1

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol y  3x 2 và nửa đường tròn y  4  x 2 (với
2  x  2 ) là:
 x2  1
x  1

4  x 2  3x 2  4  x 2  3x 4   2

.
4
x  
x  1

3

Diện tích của  H  là:
1

S

1





1

4  x 2  3x 2 dx  I 

3 31
2 3
với I   4  x 2 dx .
x
I


1
3
3
1

  
Đặt: x  2sin t , t    ;   dx  2cos t.dt .
 2 2

Đổi cận: x  1  t  



6

, x 1 t 



I

6





4  4sin t .2cos t.dt 

6

Vậy S  I 

NGUYỄN BẢO VƯƠNG

2



6

6

.



6

 4cos



2

t.dt 

6

 2 1  cos 2t .dt   2t  sin 2t 




6



6



2
 3.
3

6

2 3 2
2 3 2  3
.

 3

3
3
3
3
ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx

9 / 19


3

Câu 32:

dx
 a 3  b 2  c với a , b , c là các số hữu tỷ. Tính P  a  b  c .
x 1  x
1
16
13
2
A. P  .
B. P  .
C. P  .
D. P  5 .
3
2
3
Lời giải
Chọn
A.
3
3
3
3
1
1



dx
x 1  x

dx   x  1  x dx     x  1 2  x 2  dx
Ta có 
x 1  x 1 x 1 x

1
1
1
Biết







3

2
2
4
14
  x  1 x  1  x x  2 3 
3 .
3
3

3
3
1
4
14
16
Do đó a  2 , b   , c 
nên P  a  b  c  .
3
3
3
Câu 33: Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a , góc giữa cạnh bên SA và mặt phẳng đáy
bằng 30 . Tính diện tích xung quanh S xq của hình trụ có một đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp
hình vuông ABCD và chiều cao bằng chiều cao của hình chóp S. ABCD .
 a2 6
 a2 3
 a2 6
 a2 3
A. S xq 
.
B. S xq 
.
C. S xq 
.
D. S xq 
.
6
6
12
12

Lời giải
Chọn
A.
S

D
C

O
A
B

ọi O là giao điểm của AC và BD . Khi đó SO   ABCD  , AC  a 2 .
óc giữa SA và mặt phẳng đáy bằng 30  SAO  30 .
a 2 3 a 6
.

.
2
3
6
a 6
Vậy chiều cao của hình trụ là h 
.
6
SO  AO.tan 30 

Bán kính của đường tròn nội tiếp hình vuông ABCD cạnh a là r 
a a 6  a2


2 6
6
|x|
|x|1
 3  m có đúng 2 nghiệm?
Câu 34: Tìm m để phương trình 4  2
A. m  2 .
B. m  2 .
C. m  2 .
Lời giải
Chọn
D.
Đặt t  2 x  t  1 . Khi đó phương trình * trở thành t 2  2t  m  3

Diện tích xung quanh của hình trụ là S xq  2 rl  2

a
.
2
6
.
D. m  2 .

Đặt f  t   t 2  2t  f   t   2t  2

f   t   0  2t  2  0  t  1
NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx

10 / 19


Ta có bảng biến thiên
t
1 
f  t 

f t 





1
Phương trình đã cho có đúng hai nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng y  m  3 cắt đồ thị hàm số f  t 

tại một điểm có hoành độ lớn hơn 1  m  3  1  m  2
Vậy các giá trị cần tìm của m là m  2
Câu 35: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình sin x  cos x  4sin 2 x  m có nghiệm
thực?
A. 5 .
B. 6 .
C. 7 .
D. 8 .
Lời giải
Chọn C.





Ta có: sin 2 x  1  1  sin 2 x   1  sin 2 x  cos 2 x  2sin x cos x  1   sin x  cos x 

2

Khi đó, phương trình sin x  cos x  4sin 2 x  m  sin x  cos x  4  sin x  cos x   m
2

Đặt t  sin x  cos x ; t  0; 2 
Phương trình trở thành: t  4 1  t 2   m  4t 2  t  4  m .

1
Xét hàm số f  t   4t 2  t  4, t  0; 2  , ta có f '  t   8t  1 , f '  t   0  t  .
8
65
Suy ra max f  t  
, min f  t   2  4 .
0; 2 
16 0; 2 


65
Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 2  4  m  , mà m nên m2; 1;0;1;2;3;4 .
16
2
Câu 36: Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số y  x  2x  m  4 trên đoạn  2;1 đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị
của m là:
A. 1

B. 3

C. 4
Lời giải

D. 5

Chọn B
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn  2;1 .
Ta có: y  x 2  2 x  m  4   x  1  m  5
2

 

Đặt t   x  1 , x   2;1  t  0; 4 .
2

Lúc đó hàm số trở thành: f  t   t  m  5 với t   0; 4 .
Nên max y  max f  t 
x 2;1

 max

t0;4

t0;4

 f (0); f (4)

 max  m  5 ; m  1  .

t0;4





m 1  m  5
2

m 1  5  m

 2.
2
Đẳng thức xảy ra khi m  1  m  5  2  m  3 .

Do đó giá trị nhỏ nhất của max f  t  là 2 khi m  3 .
t 0;4 

NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx

11 / 19


Câu 37:

Cho hàm số f  x  xác định trên

\ 2 thỏa mãn f   x  

của biểu thức f  2   f  3 bằng:
B. 10  ln 2 .

A. 12 .
Chọn

A.

Ta có f  x   

3x  1
, f  0   1 và f  4   2 . Giá trị
x2

C. 3  20ln 2 .
Lời giải

D. ln 2 .

3 x  2  7
3x  1
7 

dx  
dx    3 
 dx
x2
x2
x2




3x  7 ln  x  2   C , x  2
 3x  7 ln x  2  C  
.

3x  7 ln   x  2   C , x  2
Xét trên  2;   , ta có f  0   1  3.0  7ln 2  C  1  C  1  7ln 2

 f  2  3.2  7 ln 4  1  7 ln 2   7  7ln 2 .
Xét trên  ; 2  , ta có f  4   2  3.  4   7 ln 2  C  2  C  14  7ln 2

 f  3  3.  3  7 ln1  14  7 ln 2   5  7ln 2 .
Do đó f  2   f  3  12 .
Câu 38:

Cho số phức z  a  bi

 a, b  

thức P  a  b.
A. P  3 .

B. P  7 .

Chọn

thỏa mãn z  1  2i  1  i  z  0 và z  1 . Tính giá trị của biểu
C. P  1.

Lời giải

D. P  5 .

B.

Ta có z  1  2i  1  i  z  0   a  bi   1  2i  1  i  a 2  b2

a  1  a 2  b 2
  a  1   b  2  i  a  b  i a  b  
b  2  a 2  b 2
2

2

2

 a 1  b  2  a  b 1  b  2 

2

 b  1

2

 b2


b  1  a  0
b  2  0

.


2
2
b

3

a

4
b

2

2
b

2
b

1






Lại có z  1  a 2  b2  1 nên a  4 , b  3 thỏa mãn  P  7 .

Câu 39:

 

Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f   x  có đồ thị như hình bên. Hàm số y  f x 2 đồng biến trên
khoảng:

A. 1; 2  .
Chọn

C.  2; 1 .
Lời giải

B.  2;   .

D.  1;1 .

C.

     x  . f   x   2xf   x 

Ta có:  f  x    0  2 xf   x   0 .
Ta có: f x 2
2

2

2

2

2

x  0
x  0

TH1: 

 0  x  1 x  2 .
2
2
2
 x   0
f

1

x

1

x

4



NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx

12 / 19



x  0
x  0
TH2: 

 2  x  1 .
 2
2
 2
 x  1  1  x  4

 f x   0
Câu 40: Cho hàm số y  x3  12 x  12 có đồ thị  C  và điểm A  m; 4  . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực

của m nguyên thuộc khoảng  2;5  để từ A kẻ được ba tiếp tuyến với đồ thị  C  . Tổng tất cả các phần
tử nguyên của S bằng
A. 7 .

B. 9 .

C. 3 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn

A.
Đường thẳng đi qua A  m; 4  với hệ số góc k có phương trình y  k  x  m   4 tiếp xúc với đồ thị
3

 x  12 x  12  k  x  m   4 1
C
khi
và
chỉ
khi
hệ
phương
trình
có nghiệm.
 
 2
3
x

12

k
2




3
Thế  2  vào 1 ta được: x  12 x  12   3x 2  12   x  m   4 .

 x3 12 x  12  3x3  3mx2 12 x  12m  4 .
 2 x3  3mx2  12m 16  0 .
  x  2  2 x 2   3m  4  x   6m  8  0 .
x  2
.
 2
2
x

3
m

4
x

6
m

8

0
*







Để từ A kẻ được ba tiếp tuyến tới đồ thị  C  thì * có hai nghiệm phân biệt khác 2 .

  m  4


4

   3m  4  3m  12   0
4 
hay m   ; 4    ; 2    2;   .
 m 

3
3 

8  6m  8  6m  8  0

m  2
Do đó S  3; 4 .
Tổng tất cả các giá trị nguyên của S là 3  4  7 .
Câu 41:

x y z
   1 (với a  0 , b  0 , c  0 ) là mặt phẳng
a b c
đi qua điểm H 1;1; 2  và cắt Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A , B , C sao cho khối tứ diện OABC
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi ( P) :

có thể tích nhỏ nhất. Tính S  a  2b  c .
A. S  15 .
B. S  5 .

Chọn

C. S  10 .
Lời giải

D. S  4 .

A.

1
Ta có: A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  và VOABC  abc .
6
1 1 2
Vì H  ( P) nên    1 1
a b c
1 1
2
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương , và
ta có:
a b
c
3
1 1 2


a b c 1 1 2
1 1 2
1 1 2
 2  (dấu “=” xảy ra khi   và    1 )


   
a b c
a b c
3

 a b c


2
4
1 1 2 1
4
Từ 1 và  2  , suy ra abc 
, hay V  ; V      , suy ra a  b  3, c  6 .
27
9
a b c 3
9
Vậy S  a  2b  c  15 .
Câu 42: Cho dãy số  un  thỏa mãn: log u5  2log u2  2 1  log u5  2log u2  1 và un  3un1 , n  1 . Giá trị





lớn nhất của n để un  7100 bằng
NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx

13 / 19


A. 192 .
Chọn
Ta có:

B. 191.

C. 176 .
Lời giải

D. 177 .

A.





log u5  2log u2  2 1  log u5  2log u2  1  log u5  2log u2  1  2 log u5  2log u2  1  3  0
 log u5  2log u2  1  1 loai 

 log u5  2log u2  1  3
 log u5  2log u2  1  3
Ta lại có: un  3un1 nên  un  là cấp số nhân có công bội q  3 .

u5  u1.34
Do đó: 
 log  u1.34   2log  3u1   8 .

u2  3u1
 log u1  log81  2log u1  2log3  8

 log u1  log9  8  u1  10log98
Ta có: un  u1.3n1  10log98.3n1
Khi đó: un  7100  10log98.3n1  7100
7100
7100

n

log
 1  192.8916011
3
10log98
10log98
Vậy giá trị lớn nhất của n để un  7100 là n  192 .
 3n1 

Câu 43:

1
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   5;5 để hàm số y  x 4  x3  x 2  m có 5 điểm cực
2
trị?
A. 4 .
B. 5 .
C. 6 .
D. 7 .
Lời giải

Chọn
C.
1
Xét hàm số y  x 4  x3  x 2  m .
2
TXĐ: D  .

x  0

3
2
Ta có y  4 x  3x  x , y  0   x  1 .

1
x 

4
Ta có bảng biến thiên


1
x
1
0
4
y
0
0
0







y
m

m

m2

27
256

Từ bảng biến thiên, để hàm số đã cho có 5 cực trị thì đồ thị cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt
m  0
m  0

.

  27
 m  2  0  m  27

m2
256

 256
Vì m nguyên và m   5;5  m 5; 4; 3; 2; 1;1 .
Vậy có 6 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx

14 / 19


Câu 44:

Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  4;0;0  , B  0;3;0  , C  0;0;6  . Đường thẳng đi qua tâm

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng  ABC  có phương trình là.
45

 x   29  3t

157

A.  y 
 4t
174

325

 z  174  2t  t 

45

 x  29  3t


157

C.  y 
 4t
174

325

 z  174  2t  t 


45

 x  29  3t

157

B.  y  
 4t
174

325

 z  174  2t  t 

45

 x  29  3t

157


D.  y 
 4t
174

325

 z   174  2t  t 

Lời giải

.



.



.



.



Chọn C.
Gọi K  a; b; c  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
 K   ABC 

 K   ABC 


Ta có:  KA  KB   KA2  KB 2 1 .
 KA  KC
 KA2  KC 2


x y z
 ABC  :    1  3x  4 y  2z 12  0 .
4 3 6

45

a

3a  4b  2c  12  0
29
3a  4b  2c  12  0


2
2
 157
.
 b 
1   4  a   b2  c 2  a 2   3  b   c 2  8a  6b  7
174




2
2
2
2
2
2
4a  6c  5
325
 4  a   b  c  a  b   6  c 

c  174

 45 157 325 
K ;
;

 29 174 174 
 ABC  có vectơ pháp tuyến n   AB; AC   18; 24;12 hay n1   3; 4; 2 .
Do đó đường thẳng nhận n1   3; 4; 2  làm vectơ chỉ phương.
45

 x  29  3t

157

Vậy phương trình đường thẳng là:  y 
.
 4t
174


325

 z  174  2t  t  



Câu 45: Cho hình lập phương ABCD. A B CD có cạnh bằng a . Gọi O là tâm hình vuông ABCD . S là điểm
đối xứng với O qua CD . Thể tích của khối đa diện ABCDSABCD bằng
7
2
a3
A.
B. a 3
C. a 3
D. a 3
6
3
6
Lời giải
Chọn B.

NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx

15 / 19


Chia khối đa diện ABCDSABCD thành 2 phần: khối lập phương ABCD. ABCD và khối chóp

S.CDDC  .
+) Tính VABCD. ABCD  a3
1
+) Tính VS .CDC D  d  S ;  CDC D   .SCDC D
3
1
1
a
Mà: d  S ;  CDC D    d  O;  CDDC     d  A;  CDDC     AD 
2
2
2
3
1
1a 2 a
 VS .CDCD  d  S ;  CDDC    .SCDDC 
a 
3
32
6
3
3
a
7a

Vậy thể tích cần tìm VABCDSABC D  a3 
6
6
Câu 46: Xét các số phức z  a  bi  a, b   thỏa mãn z  2  3i  2 2 . Tính P  2a  b khi
z  1  6i  z  7  2i đạt giá trị lớn nhất.

A. P  1 .

B. P  3 .

C. P  3 .
Lời giải

D. P  7 .

Do z  2  3i  2   a  2    b  3  8
2

2

Suy ra M   C  có tâm I  2;3 và bán kính R  2 2
Gọi A  1; 6  , B  7; 2  , I   3; 2  là trung điểm của AB .
Suy ra P  MA  MB  2  MA2  MB 2 
AB 2
2


P

MI

I
Suy ra Max
là hình chiếu vuông góc của M trên AB  M , I , I  thẳng hàng.Vì ta thấy
Max

IA  IB  MA  MB nên xảy ra dấu bằng.
Ta có IM   a  2; b  3 , II    5; 5 nên AB  M , I , I  thẳng hàng

Mặt khác ta có MA2  MB 2  2MI 2 

 5  a  2   5  b  3  a  b  1 .
Tọa độ M là nghiệm của hệ
 a  2 2   b  32  8
 a  4; b  5



 a  0; b  1

a  b  1
Mặt khác
M  4;5  P  MA  MB  2 130
M  0;1  P  MA  MB  2 50

Vậyđể PMax thì M  4;5 Suy ra 2a  b  3 .
Câu 47: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AC  a 2 . Gọi  P  là mặt
phẳng qua AC  cắt BB, DD lần lượt tại M , N sao cho tam giác AMN cân tại A có MN  a . Tính
cos  với  

A.

2
.
2

NGUYỄN BẢO VƯƠNG

 P  ,  ABCD .
B.

1
.
2

1
.
3
Lời giải
C.

ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx

D.

3
.
3
16 / 19


Chọn

A.

Ta có AMCN là hình bình hành, mà tam giác AMN cân tại A nên MN  AC .

Ta có  BDD' B'  cắt ba mặt phẳng  ABCD  ,  A' B'C ' D'  ,  AMC ' N  lần lượt theo ba giao tuyến

BD / / B' D' / / MN .
Hai mặt phẳng  P  và  ABCD  có điểm chung A và lần lượt chứa hai đường thẳng song song MN ,
BD nên giao tuyến của chúng là đường thẳng d đi qua A và song song với MN , BD .
Trên hai mặt phẳng  P  và  ABCD  lần lượt có hai đường thẳng AC và AC cùng vuông góc với d
nên góc giữa hai mặt phẳng  P  và  ABCD  chính là góc giữa AC và AC , bằng góc CAC  . Xét tam
giác C 'CA vuông tại C có:

cos  

AC BD MN
a
2




AC  AC  AC  a 2
2

Cách 2:
Theo chứng minh ở trên thì MN //BD và MN  BD  a .
Đa giác AMCN nằm trên mặt phẳng  P  có hình chiếu trên mặt  ABCD  là hình vuông ABCD nên:
2

Câu 48:

 BD 
2



S
AB
2
2
cos   ABCD 
 

S AMCN 1 AC.MN 1 AC .MN
2
2
2
Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 1; 2;3 , B  4; 2;3 , C  3; 4;3 . Gọi  S1  ,  S2  ,  S3  là các mặt

cầu có tâm A, B, C và bán kính lần lượt bằng 3, 2,3 . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng qua điểm
 14 2 
I  ; ;3  và tiếp xúc với cả ba mặt cầu  S1  ,  S2  ,  S3  ?
 5 5 
A. 2.
B. 7 .
C. 0 .
D. 1.
Lời giải.
Chọn
D.
Ta có AB   3; 4;0   AB  5
 14 2 
Suy ra hai mặt cầu  S1  ,  S2  tiếp xúc nhau tại điểm I  ; ;3 
 5 5 

 14 2 
 qua điểm I  ; ;3  chỉ có duy nhất một mặt phẳng ( ) tiếp xúc hai mặt cầu  S1  ,  S2 
 5 5 
 14 2 
 mặt phẳng ( ) qua I  ; ;3  và nhận AB   3; 4;0  làm VTPT suy ra phương trình mặt phẳng
 5 5 
( ) : 3x  4 y 10  0 .
Ta có d (C;( ))  3 suy ra mặt phẳng ( ) tiếp xúc mặt cầu  S3  .

Câu 49:

Có 6 bi gồm 2 bi đỏ, 2 bi vàng, 2 bi xanh (các bi này đôi một khác nhau). Xếp ngẫu nhiên các viên
bi thành hàng ngang, tính xác suất để hai viên bi vàng không xếp cạnh nhau?

NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx

17 / 19


A. P 

1
B. P  .
3

2
.
3

5
C. P  .
6
Lời giải

D. P 

1
.
5

Chọn A
Xếp ngẫu nhiên các viên bi thành hàng ngang suy ra số phần tử của không gian mẫu là P6  6!  720 .
Xếp 4 viên bi gồm 2 viên bi đỏ, 2 viên bi trắng thành hàng ngang có 4! cách xếp.
Với mỗi cách xếp 4 viên bi nói trên: cứ giữa mỗi hai viên bi có một khoảng trống, tính cả khoảng
trống hai đầu hàng ta có được 5 khoảng trống. Chọn 2 trong số 5 khoảng trống để xếp 2 viên bi vàng
có A52 cách chọn.
Vậy có 4!. A52  480 cách.
480 2
 .
Xác suất là
720 3
Câu 50:

Cho

hàm

f  x

số


2

có

đạo

hàm


2


f  0   0,   f   x   dx   sin xf  x  dx  . Tích phân
4
0
0


A. .
B. .
C. 2 .
2
4
2

liên

tục

trên

 
0; 2 

thỏa

mãn


2

 f  x  dx bằng
0

D. 1 .

Lời giải
Chọn
D.
Bằng công thức tích phân từng phần ta có








2

2

sin
xf
x
dx


cos
xf
x

cos
x
f
x
dx


.
Suy
ra
cos x f   x  dx  .








0 
0

4
0
0

2



2





1  cos 2 x
 2 x  sin 2 x  2 
Hơn nữa ta tính được  cos 2 xdx  
dx  
  4 .
2
4

0

0
0
Do đó
2

2









2

2

2

2

0

0

0

2

  f   x  dx  2. cos x f   x  dx   cos xdx  0    f   x   cos x  dx  0 .
2

0

2

Suy ra f   x   cos x , do đó f  x   sin x  C . Vì f 1  0 nên C  0 .
Ta được


2


2

0

0

 f  x  dx   sin xdx  1 .

NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx

18 / 19


NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx

19 / 19


Câu 1:

ĐỀ THAM KHẢO SỐ 2
[2D4-1-PT2] Tìm điểm M biểu diễn số phức z  i  2.
A. M  1; 2  .
B. M   2;1 .
C. M   2; 1 .
D. M   2;1 .
Lời giải
Chọn D
Ta có z  i  2  2  i  M  2;1 là điểm biểu diễn số phức z  i  2 .

2 x2  4 x  5
[1D4-1-PT2] x  x  12 bằng
lim

Câu 2:

A. 

5
12

B.  .

.

Lời giải
Chọn

B.

2x  4 

lim

x 

Câu 4:

Câu 5:

5
x   .

2x  4x  5
 lim
x 
12
 x  12
1 
x
[1D2-1-PT2] Cho tập hợp M  0;1;2;3;4;5;6;7;8;9 có 10 phần tử. Số tập con gồm 2 phần tử của
M và không chứa phần tử 1 là:

A. A92 .
B. C92 .
C. C102 .
D. 9 2 .
Lời giải
Chọn
B.
Số tập con gồm 2 phần tử thỏa yêu cầu bài toán là số cách chọn 2 phần tử bất kì trong 9 phần tử của
M \ 1 . Do đó số tập con gồm 2 phần tử của M là C92 .
2

Câu 3:

D.  .

C. 2 .

[2H1-1-PT2] Chiều cao của khối chóp có diện tích đáy bằng B và thể tích bằng V là
3V
6V
2V
V
A. h 
.
B. h 
.
C. h  .
D. h 
.
B

B
B
B
Lời giải
Chọn
A.
1
3V
Ta có V  Bh  h 
.
3
B
3V
Vậy chiều cao của khối chóp có diện tích đáy bằng B và thể tích bằng V là h 
.
B
[2D1-1-PT2] Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  ;0  .

B.  0;1 .

C.  1;1 .
Lời giải

D.  0;    .

Chọn
B.

Dựa vào bảng biến thiên hàm số đồng biến trên khoảng  0;1 .
Câu 6:

y  g  x
 a; b . Diện tích của hình
và
liên tục trên đoạn
y  f  x y  g  x
 a  b
phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số
,
và hai đường thẳng x  a , x  b
được tính theo công thức
[2D3-1-PT2] Cho hai hàm số

b

A. S    f  x   g  x   dx .

y  f  x

b

B. S     f  x   g  x   dx .

a

NGUYỄN BẢO VƯƠNG

a

ĐÁP ÁN ĐỀ 2.docx

1 / 20


b

b

C. S   f  x   g  x  dx .

D. S 

  f  x   g  x   dx .
a

a

Lời giải
Câu 7:

Chọn
C.
[2D1-1-PT2] Cho hàm số y

f x xác định, liên tục trên

và có bảng biến thiên như sau:

Tìm giá trị cực đại yCĐ và giá trị cực tiểu yCT của hàm số đã cho.
A. yCĐ  3 và yCT  2 . B. yCĐ  2 và yCT  0 .

Câu 8:

Câu 9:

C. yCĐ  2 và yCT  2 .D. yCĐ  3 và yCT  0 .
Lời giải
Chọn
D.
Dựa vào bảng biến thiên hàm số ta có yCĐ  3 và yCĐ  0 .
[2D2-1-PT2] Với các số thực dương a, b bất kì. Mệnh đề nào dưới đây sai?
A. log  a   log a  log b .
B.
.
log a  2log a
b
C. log a  1 log a .
D. log  b   log b  log a .
a
2
Lời giải
Chọn
B.
a
Ta có log    log a  log b ; log  b   log b  log a ; log a  1 log a là các mệnh đề đúng.
b
a
2

Vậy
là mệnh đề sai.
log a  2log a
[2D3-1-PT2] Tìm nguyên hàm của hàm số f  x   sin 2 x .
A. 2cos 2 x  C .

B. 2cos 2 x  C .

1
cos 2 x  C .
2
Lời giải
C.

1
D.  cos 2 x  C .
2

Chọn

D.
1
 sin 2 xdx   2 cos 2 x  C .
Câu 10: [2H3-2-PT2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M  2; 1; 4 . Gọi H là hình chiếu
vuông góc của M trên mặt phẳng  Oxy  . Tọa độ điểm H là:
A. H  0; 1; 4  .

B. H  2;0; 4  .

C. H  2; 1;0  .

Lời giải

D. H  0; 1;0  .

Chọn
C.
Hình chiếu vuông góc của M  x; y; z  trên mặt phẳng tọa độ  Oxy  có tọa độ là  x; y;0 

 H  2; 1;0  .
Câu 11: [2D1-1-PT2] Đường cong như hình bên là đồ thị của hàm số nào sau đây?

NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 2.docx

2 / 20


y
O

A. y   x4  2 x 2  2 .

x

B. y   x4  2 x 2  2 . C. y   x4  2 x 2  2 . D. y   x3  3x  2 .
Lời giải

Chọn
C.

* Đồ thị hàm số có hình dạng là đồ thị hàm trùng phương nên ta loại đáp án
D.
* Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên ta loại các đáp án A và
B.
* Đáp án đúng là đáp án C.
x y  1 z 1

Câu 12: [2H3-1-PT2] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  : 
. Đường thẳng d song
3
2
1
song với  có một vectơ chỉ phương là
A. u1   0;2; 1 .
B. u2   3;2;1 .
C. u3   0; 1;1 .
D. u4   3;2; 1 .
Lời giải
Chọn
D.
Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là ud  u   3;2; 1 .
Câu 13:

1
.
125
C. S   ;1 .
Lời giải

[2D2-1-PT2] Tìm tập nghiệm S của bất phương trình: 512 x 

A. S   ; 2  .
Chọn

B. S   0; 2  .

D. S   2;   .

A.

1
 512 x  53  1  2 x  3  x  2 .
125
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S   ; 2  .
512 x 

Câu 14:

[2H2-2-PT2]Một hình nón có diện tích xung quanh bằng 2 cm2 và bán kính đáy r 
độ dài đường sinh của hình nón là:
A. 3cm .
B. 4cm .

C. 2cm .
Lời giải

1
cm. Khi đó
2

D. 1cm .

Chọn B
Diện tích xung quanh của hình nón là :
1
S xq   rl   . .l  2  l  4 (cm) .
2
Câu 15: [2H3-2-PT2] Trong không gian Oxyz , cho điểm M  2;  1;3 . Tìm phương trình mặt phẳng đi qua
các điểm lần lượt là hình chiếu của điểm M lên các trục tọa độ.
x
y z
x
y z
x y z
x y z
   1.
   0 . C.  
1.
 0.
A.
B.
D.  
2 1 3
2 1 3
2 1 3
2 1 3
Lời giải
Chọn A.
Các điểm M1  2;0;0 , M 2  0;  1;0  , M 3  0;0;3 lần lượt là hình chiếu của điểm M lên các trục Ox ,
Oy , Oz .

Áp dụng công thức phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn, ta suy ra mặt phẳng  M1M 2 M 3  có

x
y z
   1.
2 1 3
[2D1-2-PT2] Đồ thị hàm số nào sau đây không có tiệm cận ngang?

phương trình là
Câu 16:

NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 2.docx

3 / 20


A. y  x  x 2  1 .

B. y 

x2
.
x 1

C. y 

x2
.

x 1

D. y 

x2
.
x2 1

Lời giải
Chọn

B.

 



x
1 
 lim  x 
Ta có lim
    nên hàm số không có tiệm cận ngang.
x  x  1
x 
  1  1 
x  
 
Câu 17: [2D1-17-2-PT2] Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau
2

Số nghiệm của phương trình f  x   7  0 là
B. 3 .

A. 0 .

C. 2 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn
D.
Số nghiệm của phương trình f  x   7  0  f  x   7 là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x 
và đường thẳng y  7 . Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y  7 cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 1
điểm.
1 3
2
x 3x 2 5 x
Câu 18: [2D1-2-PT2] Giá trị nhỏ nhất của hàm số f x
trên đoạn 0; 3 bằng
3
3
5
11
A. - .
B. 9 .
C. .
D. 2 .
3
3

Lời giải
Chọn A.
x2 6x 5
Ta có f x

f x

0

x2

6x

5

0 

x

1

0; 3

x

5

0; 3

5

11
, f 3
3
3
11
Vậy Min f x
.
x 0; 3
3
2
x 

Câu 19: [2D3-1-PT2] Tích phân I    x 2 
 dx có giá trị là
x

1


1
10
10
A. I   ln 2  ln 3 . B. I   ln 2  ln 3 .
3
3
10
10
C. I   ln 2  ln 3 . D. I   ln 2  ln 3 .
3
3

Lời giải
Chọn
A.
Cách 1:
f 0

2
, f 1
3

2

2
 x3

x 
1 
 2
 2
I   x 
 dx    x  1 
 dx    x  ln x  1 
x 1 
x 1 
 3
1
1
1
2

NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 2.docx

4 / 20


8
1
 10
  2  ln 3    1  ln 2    ln 2  ln 3 .
3
3
 3
Cách 2:
2
x 

Bước 1: Bấm máy tính để tính   x 2 
 dx .
x 1 
1
Bước 2: Bấm SHIFT STO A để lưu vào biến A .
 10

Bước 3: Bấm A    ln 2  ln 3   0 .  đáp án
3



Câu 20:

A.

[2D4-2-PT2] Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  4 z  7  0 . Khi đó z1  z2
bằng
A. 10 .
B. 7 .
C. 14 .
D. 21 .
Lời giải
Chọn
C.
 z1  2  3 i
Ta có: z 2  4 z  7  0  
.
 z2  2  3 i
2

2

Vì z2  z1 nên z1  z2 .

 

2
2
2
2
2

Khi đó: z1  z2  2 z1  2.  2   3   14 .


Câu 21: [1H3-2-PT2] Cho lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của
điểm A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm G tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai

a 3
. Tính AG .
4
2a
a 3
B.
.
C.
.
3
6
Lời giải

đường thẳng AA và BC bằng
A.

a
.
3

D.

a 3
.

2

ChọnA.
Gọi M là trung điểm BC , ta có AG   ABC 

AG  BC 
  BC   AGA   BC  AA
AG  BC 
 d  AA, BC   d  M , AA

Ta có

3
3
a 3
( Với GI  AA tại I )
d  G, AA   GI  GI 
2
2
6
a 3
a 3
GI . AG
a
AM 
 AG 
 AG 
 .
2
3

AG 2  GI 2 3



A'

C'

B'
I
A

C
G

M

B
NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 2.docx

5 / 20


Câu 22:

[2D2-2-PT2] Chú Hùng gửi tiết kiệm 50 triệu vào ngân hàng theo kỳ hạn 3 tháng và lãi suất 0,65%
/tháng. Chú không rút lãi ở tất cả các định kỳ, sau 5 năm chú dự định rút tiền mua xe máy cho con trai
sau khi con trai tốt nghiệp đại học. Hỏi chú Hùng có bao nhiên tiền để mua xe cho con trai.(kết quả làm

tròn đến hàng đơn vị)
A. 66.800.300 đồng.
B. 73.755.898 đồng. C. 66.800.306 đồng. D. 66.800.307 đồng.
Lời giải
Chọn
D.
Một quý lãi suất 3.0,65%  1,95%.
Sau 5 năm( 15 quý), số tiền thu được cả gốc lẫn lãi là:
15
50.1  0,0195  66,80030664 ( triệu đồng).

[1D2-2-PT2] Một hộp đựng 20 quả cầu trong đó có 6 quả cầu màu trắng, 4 quả cầu màu xanh và 10
quả cầu màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên lần lượt 3 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất để trong 3 quả cầu được
chọn có đủ 3 màu.
24
4
3
2
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
19
19
20
57

Lời giải
Chọn
C.
Số cách chọn ngẫu nhiên lần lượt 3 quả cầu : 20.19.18  6840 .
Số cách chọn lần 1 được quả cầu màu xanh, lần 2 được quả cầu màu trắng và lần 3 được quả cầu màu
đỏ là: 6.4.10  240 .
Vì có 3 lần chọn nên có 3!  6 khả năng về thứ tự các màu.
Vậy số cách chọn được 3 quả đủ 3 màu là : 6.240  1440.
1440 4
 .
Xác suất để trong 3 quả cầu được chọn có đủ 3 màu là:
6840 19
Câu 24: [2H3-2-PT2] Trong không gian Oxyz , cho điểm A  1; 2;1 . Mặt phẳng qua B và vuông góc với trục
Câu 23:

Ox là:
A. z  1  0 .
C. x  1  0 .

B. y  2  0 .
D. x  y  z  3  0 .
Lời giải

Chọn
B.
Mặt phẳng đi qua A  1; 2;1 nhận i 1, 0, 0 làm vectơ pháp tuyến nên phương trình mặt phẳng là:

1x
Câu 25:

1

0

x

1

0.

[1H3-2-PT2] Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA   ABCD  và SA 
Tính góc giữa SC và  ABCD  .
A. 30 .
Chọn

B. 45 .

C. 60 .
Lời giải

a 6
.
3

D. 90 .

A.
S

A

D

B

C

Ta có SA   ABCD  nên AC là hình chiếu của SC lên  ABCD  .
NGUYỄN BẢO VƯƠNG

ĐÁP ÁN ĐỀ 2.docx

6 / 20