48 đề tập huấn sở GD đt TP hồ chí minh đề 6 2019

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM

TRƯỜNG THPT …..

2019
Bài thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ
Mã đề thi
138
Họ và tên:…………………………….Lớp:…………….............……..……

Câu 1. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y =

1
+ log 3 x − m xác định trên ( 2;3)
2m + 1 − x

.
A. −1 < m < 2

B. −1 ≤ m ≤ 2
C. 1 ≤ m ≤ 2
D. 1 < m ≤ 2
Câu 2. Cho số phức z thỏa mãn z + 1 − i = z − 3i . Tính môđun nhỏ nhất của z − i .
A.

3 5
.
10

B.

4 5
.
5

C.

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

3 5
.
5
x
8 − x2

D.

7 5
.
10

thoả mãn F ( 2 ) = 0 . Khi đó phương trình

F ( x ) = x có nghiệm là
A. x = 0 .

B. x = 1 − 3 .
C. x = 1 .

D. x = −1 .
Câu 4. Trong các dãy số sau, dãy số nào là cấp số cộng?
A. −3,1,5, 9,14 .
B. 5, 2, −1, −4, −7 .
5 1 1
7 5
1 1
C. ,1, , − , −3 .
D. − , − , −2, − , .
3 3 3
2 2
2 2
Câu 5. Bất phương trình 2 x3 + 3 x 2 + 6 x + 16 − 4 − x ≥ 2 3 có tập nghiệm là [ a; b ] . Hỏi tổng a + b có giá
trị là bao nhiêu?
A. 4.

B. 5.

C. 3.

D. −2 .

Câu 6. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ:

Đồ thị hàm số y = f ( x) có mấy điểm cực trị?
A. 3.

B. 1.

C. 0.

D. 2.
Câu 7. Có tất cả bao nhiêu số dương a thỏa mãn đẳng thức log 2 a + log 3 a + log 5 a = log 2 a.log 3 a.log 5 a
A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.
Trang 1/20 - Mã đề thi 138


Câu 8. Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD. A1 B1C1D1 cạnh đáy bằng 1 và chiều cao bằng x . Tìm x để góc
tạo bởi đường thẳng B1 D và ( B1 D1C ) đạt giá trị lớn nhất.
A. x = 2 .
B. x = 1 .
C. x = 0,5 .
Câu 9. Đồ thị hàm số y =
A. x = −1 và y = 2 .
C. x = 2 và y = 1 .

D. x = 2 .

2x − 3
có các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là:
x −1
B. x = 1 và y = −3 .
D. x = 1 và y = 2 .

Câu 10. Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z − 2 − 4i = z − 2i . Số phức z có môđun nhỏ nhất là?
A. z = − 2 + 2i .
B. z = 2 − 2i .
C. z = 2 + 2i .
D. z = − 2 − 2i .
Câu 11. Cho số phức z = 5 − 4i . Số phức đối của z có tọa độ điểm biểu diễn là
A. ( −5; −4 ) .
B. ( 5; 4 ) .
C. ( −5; 4 ) .
D. ( 5; −4 ) .
Câu 12. Cho hàm số y =

( C)

2x −1
có đồ thị ( C ) . Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Tiếp tuyến ∆ của
x−2

tại M cắt các đường tiệm cận tại A và B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ

nhất. Khi đó tiếp tuyến ∆ của ( C ) tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích lớn nhất thuộc khoảng
nào?

( 27; 28 ) .
D. ( 28; 29 ) .
Câu 13. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( α ) : 2 x − 3 z + 2 = 0 . Vectơ nào dưới đây là
vectơ pháp tuyến của ( α ) ?
uu
r
uu

r
ur
uu
r
A. n2 = ( 2;0; −3) .
B. n3 = ( 2;2; −3) .
C. n1 = ( 2; −3;2 ) .
D. n4 = ( 2;3;2 ) .
Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M ( 2;1; −2 ) và N ( 4; −5;1) . Tìm độ dài đoạn
A.

( 26; 27 ) .

B.

( 29; 30 ) .

C.

thẳng MN .
A. 7 .

B.

7.

C.

D. 49 .

41 .

Câu 15. Cho hai điểm A ( 1; 2;1) và B ( 4;5; −2 ) và mặt phẳng ( P ) có phương trình 3 x − 4 y + 5 z + 6 = 0 .
Đường thẳng AB cắt ( P ) tại điểm M . Tính tỷ số

MB
.
MA

1
.
C. 4 .
D. 3 .
4
3
Câu 16. Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x + 3x + 2 là hàm số nào trong các hàm số sau?
A. 2 .

B.

2
A. F ( x ) = 3x + 3x + C .

B. F ( x ) =

x4
+ 3x 2 + 2 x + C .
3

x4 x 2

x 4 3x 2
.
D.
+ + 2x + C
F ( x) = +
+ 2x + C .
4
2
4
2
Câu 17. Một hợp tác xã nuôi cá thí nghiệm trong hồ. Người ta thấy rằng nếu trên mỗi đơn vị diện tích của mặt
hồ có n con cá thì trung bình mỗi con cá sau một vụ cân nặng P(n) = 480 − 20n . Hỏi phải thả bao nhiêu cá
trên một đơn vị diện tích của mặt hồ để sau một vụ thu hoạch được nhiều gam cá nhất?
A. 12.
B. 24.
C. 6.
D. 32.
Câu 18. Cho hình chóp đều S . ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a , các cạnh bên tạo với đáy góc 45° .
Diện tích toàn phần của hình chóp trên theo a là.

C. F ( x ) =

A. 2 3a 2 .
Trang 2/20 - Mã đề thi 138

B.

(

)

3 +1 a2 .

C.

(

)

3 −1 a2 .

D. 4a 2 .


Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

( P ) : x + 2 y − 2 z + 3 = 0.

x y +1 z + 2
=
=
và mặt phẳng
1
2
3

Tìm tọa độ điểm M có tọa độ âm thuộc d sao cho khoảng cách từ M đến ( P )

bằng 2.
A. M ( −1; −3; −5 )

B. M ( −1; −5; −7 ) .

D. M ( −2; −3; −1)
.
.
mx + 4
y=
x + m giảm trên khoảng ( −∞;1) ?
Câu 20. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số
A. −2 ≤ m ≤ 2 .
B. −2 < m < 2 .
C. −2 ≤ m ≤ −1 .
D. −2 < m ≤ −1 .
2
2
log 9 x
log9 x
log 3 27
Câu 21. Biết phương trình 4
− 6.2
+2
= 0 có hai nghiệm x1, x2 . Khi đó x1 + x2 bằng :
.

C. M ( −2; −5; −8 )

82
.
D. 20 .

6561
Câu 22. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số: y = x 4 − 2m 2 x 2 + 1 có ba điểm cực trị là ba
đỉnh của một tam giác vuông cân.
A. m = 1 .
B. m = ±1 .
C. m = −1 .
D. m ≠ 0 .
A. 90 .

B. 6642 .

C.

Câu 23. Cho hình phẳng D giới hạn bởi các đường y 2 = 4 x và đường thẳng x = 4 . Thể tích của khối tròn
xoay sinh ra khi D xoay quanh trục Ox là:

A. 4π
B. 64π
C. 16π
D. 32π
Câu 24. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng 1, SA vuông góc với đáy, góc giữa mặt bên
SBC và đáy bằng 60° . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC bằng bao nhiêu?
43π
43π
43π
4π a 3
A.
.
B.
.

C.
.
D.
.
12
36
4
16
Câu 25. Cho hàm số f liên tục trên ¡ thỏa f ( x ) + f (− x) = 2 + 2 cos 2 x , với mọi x ∈ ¡ . Giá trị của tích
phân I =

π
2

∫

f ( x)dx là

−π
2

A. −2 .
B. −7 .
C. 7.
D. 2.
Câu 26. Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình log x 2 − log16 x = 0 . Khi đó tích x1.x2 bằng:
B. −1

A. 1

C. −2

D. 2
Câu 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A ( −2;1;1) và B ( 0; − 1;1) . Viết phương trình mặt
cầu đường kính AB. .
A.

( x − 1)

2

+ y 2 + ( z + 1) = 8 .
2

B.

( x − 1)

2

+ y 2 + ( z + 1) = 2 .
2

Trang 3/20 - Mã đề thi 138


C.

( x + 1)

2

+ y 2 + ( z − 1) = 8 .
2

D.

( x + 1)

2

+ y 2 + ( z − 1) = 2 .
2

Câu 28. Cắt khối lăng trụ MNP.M ′N ′P ′ bởi các mặt phẳng ( MN ′P′ ) và ( MNP′ ) ta được những khối đa diện
nào?
A. Ba khối tứ diện.
B. Hai khối tứ diện và một khối chóp tứ giác.
C. Hai khối tứ diện và hai khối chóp tứ giác.
D. Một khối tứ diện và một khối chóp tứ giác.
Câu 29. Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [a; b] , trục
hoành và hai đường thẳng x =a , x =b được tính theo công thức
b

b

A. S =pò f ( x)dx.

B. S =ò f ( x)dx.

a

a

b

C. S =ò f ( x ) dx.
2

a

b

D. S =ò f ( x ) dx.
a

Câu 30. Xét các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các số 1, 3, 5, 7, 9. Tính xác suất để tìm
được một số không bắt đầu bởi 135.
A. 59 .
B. 1 .
C. 5 .
D. 1 .
6
6
60
60
Câu 31. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

x − 2 y + 3 z −1
=

=
. Viết phương trình
1
2
3

đường thẳng d ′ là hình chiếu vuông góc của d lên mặt phẳng ( Oyz) .
x = 0

A. d ′ :  y = 3 + 2t .
z = 0


x = 2 + t

B. d ′ :  y = −3 + 2t .
z = 0


x = 0

C. d ′ :  y = −3 + 2t .
 z = 1 + 3t


x = t

D. d ′ :  y = 2t .
z = 0


x

1
Câu 32. Phương trình 31− x = 2 +  ÷ có bao nhiêu nghiệm âm?
9
A. 1.
B. 3.
C. 2.
D. 0.
3
2
Câu 33. Tất cả giá trị của tham số m để đồ thị hàm số ( C ) : y = −2 x + 3 x + 2m − 1 cắt trục hoành tại ba

điểm phân biệt là
1
1
A. − < m < .
2
2

1
B. 0 < m < .
2

nghiệm x ≥ 1. ?
A. m ∈ [ 2; +∞ ) .

B. m ∈ [ 3; +∞ ) .

1
1
1
C. 0 ≤ m ≤ .
D. ≤ m < .
2
4
2
x
x
Câu 34. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình log 2 ( 5 − 1) .log 4 ( 2.5 − 2 ) = m có
C. m ∈ (−∞; 2] .

D. m ∈ ( −∞;3] .

2018
x + cos 2018 x = 2 ( sin 2020 x + cos 2020 x ) . Tính tổng các nghiệm của phương
Câu 35. Cho phương trình sin

trình trong khoảng ( 0; 2018 ) .
2

2

2
2
 1285 
 1285 
A. 
B. ( 643) π .

C. ( 642 ) π .
D. 
÷π.
÷π.
 2 
 4 
Câu 36. Cho lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác đều cạnh a và AB′ vuông góc với BC ′ . Thể tích
của lăng trụ đã cho là.

A.

a3 6
.
12

Câu 37. Tính
A. I = 1 .

B.
I = lim

a3 6
.
4

C.

a3 6
.
8

D.

a3 6
.
24

2n − 3
2n + 3n + 1 .
2

Trang 4/20 - Mã đề thi 138

B. I = −∞ .

C. I = 0 .

D. I = +∞


Câu 38. Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên dưới đây.
−∞
x
−1
y′
–
–
+∞
−1
−∞

y

+∞

0

+
1
0

Khẳng định nào sau đây và khẳng định đúng?
A. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1 và giá trị nhỏ nhất bằng 0.
B. Đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.
C. Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞;0 ) và ( 0; +∞ ) .
D. Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
5
2 x − 2 +1
I
=
Câu 39. Biết
∫1 x dx = 4 + a ln 2 + b ln 5 với a, b ∈¢ . Tính S = a + b .
A. S = −3 .

B. S = 5 .

C. S = 9 .
D. S = 11 .
Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng ( α ) đi qua M ( 2;1; 2 ) đồng thời cắt các tia Ox ,
Oy , Oz lần lượt tại A , B , C sao cho tứ diện OABC có thể tích nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng ( α ) là.

A. x + 2 y + z − 1 = 0 .
C. 2 x + y + z − 7 = 0 .

B. 2 x + y − 2 z − 1 = 0 .
D. x + 2 y + z − 6 = 0 .

Câu 41. Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ¡

)

thỏa mãn : z − ( 2 + 3i ) z = 1 − 9i . Giá trị của ab + 1 là :

B. −2 .
C. −1 .
D. 0.
Câu 42. Khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a . SA = SB = SC = a , Cạnh SD thay đổi. Thể
tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD là:
A. 1.

A.

a3
.
4

B.

a3
.
2

C.

a3
.
8

D.

3a 3
.
8

Câu 43. Tìm tập xác định D của hàm số y = ( 2 x − 1) .
−2

1 
A. D =  ; 2 ÷
2 

1

B. D =  ; +∞ ÷
2


1 
C. D = ¡ \  
2

Câu 44. Tập giá trị của hàm số y = a x (a > 0; a ≠ 1) là:
A. ¡
B. [0; +∞)
C. ¡ \{0}

1

D. D =  ; +∞ ÷
2

D. (0; +∞)

Câu 45. Cho hình trụ có hai đường tròn đáy ( O; R ) và ( O′; R ) , chiều cao h = 3R . Đoạn thẳng AB có hai
đầu mút nằm trên hai đường tròn đáy hình trụ sao cho góc hợp bởi AB và trục của hình trụ là α = 30° . Thể
tích tứ diện ABOO′ là:
R3
R3
3R 3
.
B.
.
C.
.
4
2
2
Câu 46. Cho V là thể tích khối nón tròn xoay có bán kính đáy r và chiều cao
nào sau đây:
1 2
4 2 2

A. V = π r 2 h .
B. V = π r h .
C. V = π r h .
3
3
x−2
Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ :
1

A.

( α ) : x + y + z − 1 = 0 . Gọi

3R 3
.
4
h . V được cho bởi công thức

D.

4 2
D. V = π r h
3
y − 2 z −1
=
=
và mặt phẳng
1
2

d là đường thẳng nằm trên ( α ) đồng thời cắt đường thẳng ∆ và trục Oz . Một

véctơ chỉ phương của d là:
Trang 5/20 - Mã đề thi 138


r
A. u = ( 1; − 2;1)

r
B. u = ( 1;1; − 2 )

r
C. u = ( 2; − 1; − 1)

r
D. u = ( 1; 2; − 3) .

·
Câu 48. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có AB = 1, AC = 2, AA′ = 3 và BAC
= 120° . Gọi M , N lần lượt
là các điểm trên cạnh BB′ , CC ′ sao cho BM = 3B′M , CN = 2C ′N . Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt
phẳng ( A ' BN ) .
A.

9 3
.
16 46

B.

9 138
.
46

9 138
.
184

C.

D.

3 138
.
46

Câu 49. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2 − 2 z + 6 = 0 . Trong đó z1 có phần ảo âm. Giá trị biểu
thức M =| z1 | + | 3 z1 − z2 | là:
D. 6 + 4 21
6 + 2 21
x −1
Câu 50. Tìm tất cả các giá trị m để đồ thị hàm số y = 2
có đúng hai tiệm cận đứng.
x + 2 ( m − 1) x + m 2 − 2
A.

6 − 4 21

B.

3
.
2
3
C. m > − .
2

6 − 2 21

C.

3
B. m > − ; m ≠ 1 .
2
3
D. m < ; m ≠ 1; m ≠ −3 .
2
------------- HẾT -------------

A. m <

MA TRẬN ĐỀ THI
Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số
Chương 1: Hàm Số

Lớp 12
(90%)

C6 C9

C17 C33 C38

C12 C20 C22
C50

Chương 2: Hàm Số Lũy
Thừa Hàm Số Mũ Và
Hàm Số Lôgarit

C43 C44

C1 C7 C26 C32
C34

C21

Chương 3: Nguyên Hàm

- Tích Phân Và Ứng
Dụng

C29

C3 C16 C23

C25 C39

Chương 4: Số Phức

C11

C2 C41

C10 C49

Hình học
Chương 1: Khối Đa
Diện
Chương 2: Mặt Nón,
Mặt Trụ, Mặt Cầu
Chương 3: Phương Pháp
Tọa Độ Trong Không
Gian

Trang 6/20 - Mã đề thi 138

C18 C28
C46

C45

C13 C14

C15 C27

C8 C24 C36

C19 C31 C40
C42 C47

C48


Đại số
Chương 1: Hàm Số
Lượng Giác Và Phương
Trình Lượng Giác

Lớp 11
(8%)

C35

Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất

C30

Chương 3: Dãy Số, Cấp

Số Cộng Và Cấp Số
Nhân

C4

Chương 4: Giới Hạn

C37

Chương 5: Đạo Hàm

Hình học
Chương 1: Phép Dời
Hình Và Phép Đồng
Dạng Trong Mặt Phẳng
Chương 2: Đường thẳng
và mặt phẳng trong
không gian. Quan hệ
song song
Chương 3: Vectơ trong
không gian. Quan
hệ vuông góc trong
không gian

Đại số
Chương 1: Mệnh Đề Tập
Hợp
Chương 2: Hàm Số Bậc
Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10
(2%)

Chương 3: Phương Trình,
Hệ Phương Trình.
Chương 4: Bất Đẳng
Thức. Bất Phương
Trình

C5

Chương 5: Thống Kê
Chương 6: Cung Và Góc
Lượng Giác. Công
Thức Lượng Giác

Hình học
Chương 1: Vectơ
Trang 7/20 - Mã đề thi 138


Chương 2: Tích Vô Hướng
Của Hai Vectơ Và
Ứng Dụng
Chương 3: Phương Pháp
Tọa Độ Trong Mặt
Phẳng

Tổng số câu

11

19

19

1

Điểm

2.2

3.8

3.8

0.2

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI
Mức độ đề thi: TRUNG BÌNH
+ Đánh giá sơ lược:
Kiến thức tập trung trong chương trình 12 còn lại 1 số câu hỏi lớp 11+10 chiêm 10%
Cấu trúc tương tự đề minh họa ra năm 2018-2019
20 câu VD-VDC phân loại học sinh
Chỉ có 1 câu hỏi khó ở mức VDC : C48
Chủ yếu câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng
Đề phân loại học sinh ở mức khá

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C A B B B D D B D C

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35
A D A D A C A B B A

11
C
36
C

12
C
37
C

13
A
38
B

14
A
39
B

15
A
40
D

16
D

41
C

17
A
42
C

18
B
43
C

19
A
44
D

Câu 1.
Lời giải

 2 m + 1 − x > 0  x < 2m + 1
⇔
Hàm số xác định ⇔ 
x − m > 0
x > m
Suy ra, tập xác định của hàm số là D = ( m; 2m + 1) , với m ≥ −1 .
m ≤ 2
m ≤ 2
⇔

Hàm số xác định trên ( 2;3) suy ra ( 2;3) ⊂ D ⇔ 
 2m + 1 ≥ 3  m ≥ 1
Câu 2.
Lời giải
Gọi z = x + yi; ( x; y ∈ ¡

)

có điểm M ( x; y ) biểu diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

Từ giả thiết z + 1 − i = z − 3i suy ra M ∈ ∆ : 2 x + 4 y − 7 = 0 .
Ta có: z − i = x + ( y − 1) i có điểm M ′ ( x; y − 1) biểu diễn z trên mặt phẳng tọa độ.
Ta có: 2 x + 4 y − 7 = 0 ⇔ 2 x + 4 ( y − 1) − 3 = 0 ⇒ M ′ ∈ ∆ ′ : 2 x + 4 y − 3 = 0 .
Vậy z − i min = d ( O; ∆′ ) =
Câu 3.
Lời giải
Trang 8/20 - Mã đề thi 138

−3
2 +4
2

2

=

3 5
3 8
, khi z = + i .
10

10 5

20
D
45
A

21
B
46
B

22
B
47
B

23
D
48
C

24
A
49
C

25
D
50

D


Đặt t = 8 − x 2 ⇒ t 2 = 8 − x 2 ⇒ −tdt = xdx
x
tdt
2
∫ 8 − x 2 dx = −∫ t = −t + C = − 8 − x + C .

Vì F ( 2 ) = 0 nên C = 2 . Ta có phương trình − 8 − x 2 + 2 = x ⇔ x = 1 − 3
Câu 4.
Lời giải. Chọn B
Câu 5.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện: −2 ≤ x ≤ 4 . Xét f ( x) = 2 x3 + 3 x 2 + 6 x + 16 − 4 − x trên đoạn [ −2; 4] .
Có f ′( x ) =

3 ( x 2 + x + 1)

2 x + 3x + 6 x + 16
3

2

+

1
> 0, ∀x ∈ ( −2; 4 ) .
2 4− x

Do đó hàm số đồng biến trên [ −2; 4] , bpt ⇔ f ( x ) ≥ f (1) = 2 3 ⇔ x ≥ 1 .
So với điều kiện, tập nghiệm của bpt là S = [1; 4] ⇒ a + b = 5.
Câu 6.
Lời giải
Chọn D
Theo định nghĩa cực trị
Câu 7.
Lời giải
(*) ⇔ log 2 a + log 3 2.log 2 a + log 5 2.log 2 a = log 2 a.log 3 5.log 5 a.log 5 a
⇔ log 2 a. ( 1 + log3 2 + log 5 2 ) = log 2 a.log 3 5.log52 a
⇔ log 2 a. ( 1 + log 3 2 + log 5 2 − log3 5.log 52 a ) = 0

a = 1
a = 1
log 2 a = 0

⇔
⇔
1 + log 3 2 + log 5 2 ⇔ 
2
±

log
a
=
±
1
+
log

2
+
log
2
−
log
5.log
a
=
0
3
5
3
5

a
=
5
 5
log
5

3

Câu 8.
Lời giải

1+ log 3 2 + log5 2
log 3 5

Gọi O , O1 lần lượt là tâm hình vuông ABCD và A1 B1C1 D1 ; I là trung điểm của OO1 ; H là hình chiếu
vuông góc của I trên O1C .
Ta có B1D1 ⊥ ( O1 IH ) ⇒ IH ⊥ B1 D1 mà IH ⊥ O1C ⇒ IH ⊥ ( B1 D1C ) . Suy ra góc tạo bởi đường thẳng B1 D và

( B1D1C )

· H.
là ϕ = IB
1
Trang 9/20 - Mã đề thi 138


1
1
1
x
1
x2 + 2
=
+
⇒ IH =
;
.
2
2
2 = 2 +2
4IH
O1O OC
x
2 2x2 + 1

2
x
IH 2 2 x 2 + 1
x
=
=
Suy ra tan ϕ =
B1I
x2 + 2
2 x2 + 1 x2 + 2
2

Ta có B1 I =

B1 D
=
2

1
Do 2 x 2 + 1 ≥ 3 3 x 4 và x 2 + 2 ≥ 3 3 x 2 nên tan φ ≤ . Đẳng thức xảy ra khi x = 1 .
3
Câu 9.

Lời giải
Chọn D
2x − 3
2x − 3
= −∞ và lim−
= +∞ nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = 1
x →1

x →1 x − 1
x −1
2x − 3
lim
= 2 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 2
x →±∞ x − 1
Câu 10.
Lời giải

Ta có lim+

Gọi z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) .

Ta có x − 2 − 4 ( y − 4 ) i = x + ( y − 2 ) x ⇔ y = − x + 4
Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng có phương trình x + y − 4 = 0
Mặt khác z =

x 2 + y 2 = x 2 + x 2 − 8 x + 16 = 2 x 2 − 8 x + 16

2
Hay z = 2 ( x − 2 ) + 8 ≥ 2 2 . Vậy z min ⇔ x = 2 ⇒ y = 2 . Vậy z = 2 + 2i

Câu 11.
Lời giải
Câu 12.
Lời giải

 2x −1 
 Gọi M  x0 ; 0 ÷∈ ( C ) , ( x0 ≠ 2 ) . Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng
x0 − 2 


2x −1
3
∆: y = −
( x − x0 ) + 0
.
2
( x0 − 2)
x0 − 2
 2x + 2 
 Giao điểm của ∆ với tiệm cận đứng là A  2; 0
÷.
x0 − 2 


 Giao điểm của ∆ với tiệm cận ngang là B ( 2 x0 − 2; 2 ) .
 x A + xB = 2 + 2 x0 − 2 = 2 x0

⇒ M là trung điểm của AB .
2 x0 + 2
2 x0 − 1
 Xét 
y
+
y
=
+
2
=
2.

=
2
y
A
B
0

x0 − 2
x0 − 2

 ∆ IAB vuông tại I nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB .
2

 2 x0 − 1  


9
2
⇒ S = π R = π IM = π ( x0 − 2) + 
− 2 ÷  = π ( x0 − 2) 2 +
≥ 6π
2
( x0 − 2) 

 x0 − 2
 

2

2

2
 Dấu " = " xảy ra khi ( x0 − 2) =

Trang 10/20 - Mã đề thi 138

 x0 = 3 + 2 ⇒ y0 =
3+2
9
⇔

.
2
( x0 − 2)
 x0 = − 3 + 2 ⇒ y0 = − 3 + 2


 Với x0 =

(

)

(

)

3 + 2 ⇒ ∆ : y = − x + 2 3 + 4 cắt 2 trục tọa độ tại E 0; 2 3 + 4 và F 2 3 + 4; 0 , suy ra

1

SOEF = OE.OF = 14 + 8 3 ≈ 27,8564
2

(

)

(

)

 Với x0 = − 3 + 2 ⇒ ∆ : y = − x − 2 3 + 4 cắt 2 trục tọa độ tại E 0; − 2 3 + 4 và F − 2 3 + 4; 0 , suy ra
1
SOEF = OE.OF = 14 − 8 3 ≈ 0,1435
2
Câu 13.

Câu 14.
Lời giải
uuuu
r
2
Ta có: MN = ( 2; −6;3) nên MN = 22 + ( −6 ) + 32 = 7 .
Câu 15.
Lời giải
x = 1+ t
uuur

Ta có AB = ( 3;3; −3) . Phương trình đường thẳng AB là ( d ) :  y = 2 + t
z = 1− t



( t∈¡ ) .

Gọi M là giao điểm của ( d ) và ( P ) , ta có hệ:
x = 1+ t
x = 1+ t
t = 1
y = 2+t
y = 2+t
x = 2



⇔
⇔
⇒ M ( 2;3;0 ) . .

z = 1− t
z = 1− t
y = 3
3 x − 4 y + 5 z + 6 = 0
3 + 3t − 8 − 4t + 5 − 5t + 6 = 0
 z = 0
uuur
uuur
uuur
uuur
MB
= 2.

Ta có MA = ( −1; −1;1) , MB = ( 2; 2; −2 ) ⇒ MB = −2 MA. Vậy
MA
Câu 16.
Lời giải. Sử dụng bảng nguyên hàm.
Câu 17.
Lời giải
ChọnA.
Sau một vụ, trung bình số cá trên mỗi đơn vị diện tích mặt hồ cân nặng: f ( n) = nP( n) = 480n − 20n 2 .
f ′(n) = 480 − 40n = 0 ⇔ n = 12
Bảng biến thiên:
0 12 0

Trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ, cần thả 12 con cá thì sau một vụ thu hoạch được nhiều gam cá nhất.
Câu 18.
Lời giải

Trang 11/20 - Mã đề thi 138


Gọi O là tâm của hình vuông ABCD . Khi đó SO ⊥ ( ABCD ) .
·
Suy ra OB là hình chiếu của SB trên ( ABCD ) nên góc giữa SB và ( ABCD ) là SBO
= 45o .
BO
BO
2 2
⇒ SB =
=a
:
=a.

o
SB
cos 45
2 2
Suy ra SB = SA = SC = SD = a hay SAB, SBC , SCD, SDA là các tam giác đều cạnh a .
Diện tích toàn phần của hình chóp S . ABCD là.

Ta có cos 45o =

(

)

2
2
2
2
S = S ∆SAB + S ∆SBC + S ∆SCD + S ∆SDA + S ABCD = a 3 + a 3 + a 3 + a 3 + a 2 = 1 + 3 a 2 .
4
4
4
4

Câu 19.
Lời giải
Ta có: M ∈ d nên M ( t ; −1 + 2t ; −2 + 3t ) .

d ( M ( P) ) =

t + 2 ( −1 + 2t ) − 2 ( −2 + 3t ) + 3

12 + 22 + ( −2 )

2

=

−t + 5
= 2.
3

 −t + 5 = 6
 t = −1
⇔ −t + 5 = 6 ⇔ 
⇔
.
 −t + 5 = −6
t = 11 > 0
Ta có t = −1 ⇒ M ( −1; −3; −5 ) .
Câu 20.
Lời giải
Chọn D
Tập xác định D = ¡ \ { − m} . Ta có y′ =

m2 − 4

( x + m) 2

. Để hàm số giảm trên khoảng ( −∞;1)

m 2 − 4 < 0

⇔ y′ < 0, ∀x ∈ ( −∞;1) ⇔ 
⇔ −2 < m ≤ − 1
1 ≤ − m

Trang 12/20 - Mã đề thi 138


Câu 21.
Lời giải
Điều kiện: x > 0.
Ta có phương trình tương đương 22log9 x − 6.2log9 x + 23 = 0. (1)
t = 2
2
Đặt t = 2log9 x , t > 0 . ( 1) ⇒ t − 6t + 8 = 0 ⇔ 
t = 4
log 9 x
= 2 ⇔ log 9 x = 1 ⇔ x = 9.
- Với t = 2 ⇔ 2
log x
2
- Với t = 4 ⇔ 2 9 = 2 ⇔ log 9 x = 2 ⇔ x = 81 .

2
2
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = { 9;81} ⇒ x1 + x2 = 6642 .

Câu 22.
Lời giải
Chọn B
y ′ = 4 x 3 − 4m 2 x

y′ = 0 ⇔ 4 x ( x 2 − m2 ) = 0

Hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ m ≠ 0

4
4
Khi đó 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số là: A ( 0;1) , B ( m;1 − m ) , C ( −m;1 − m )

Do tính chất đối xứng, ta có ∆ABC cân tại đỉnh A .
uuur uuur
m = 0
2
8
Vậy ∆ABC chỉ có thể vuông cân tại đỉnh A ⇔ AB. AC = 0 ⇔ −m + m = 0 ⇔ 
.
 m = ±1
Kết hợp điều kiện ta có: m = ±1 .
Câu 23.
Lời giải
Giao điểm của hai đường y2 = 4x và x = 4 là D(4; −4) và E (4;4) . Phần phía trên Ox của đường y2 = 4x có
4

phương trình y = 2 x . Từ hình vẽ suy ra thể tích của khối tròn xoay cần tính là: V = ∫ π .(2 x)2dx = 32π .
0

Lời giải
Câu 24.
Lời giải

.
3
3
, AG =
.
2
3
G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Dựng đường thẳng ∆ qua G và vuông góc mặt phẳng ( ABC ).
Suy ra ∆ là trục đường tròn ngoại tiếp hình chóp S . ABC .
Gọi J là trung điểm SA . Trong mặt phẳng xác định bởi hai đường thẳng SA và ∆ kẻ đường thẳng trung trực
của đoạn SA cắt ∆ tại I . I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABC .

Ta có: AM =

Trang 13/20 - Mã đề thi 138


·
= 60° .
(·( SBC ) , ( ABC ) ) = SMA
·
Tam giác SAM vuông tại A : tan SMA
=
JA =

SA
3
3
⇒ SA =
. 3= .

AM
2
2

SA 3
= .
2 4

9 1
129
.
+ =
16 3
12

∆IAG vuông tại J : R = IA = IG 2 + AG 2 = JA2 + AG 2 =
S = 4πR 2 = 4π

129 43π
=
.
144 12

Câu 25.
Lời giải
Ta có I =

π
2

∫

0

f ( x )dx =

π
−
2

∫

π
−
2

π
2

f ( x)dx + ∫ f ( x )dx
0

0

Tính I1 =

∫

π
−

2

f ( x)dx . Đặt x = −t ⇒ dx = − dt ⇒
I1 =

π
2

π
2

0

0

∫ f (−t )dt = ∫ f (− x)dx .

π
2

π
2

π
2

π
2

0

0

0

0

Thay vào, ta được I = [ f (− x) + f ( x ) ] dx =
∫
∫ 2 ( 1 + cos 2 x ) = 2∫ cos x dx = 2∫ cos xdx = 2 .
Câu 26.
Lời giải
Chọn A
Câu 27.
Lời giải
Theo đề ta có mặt cầu đường kính AB có tâm là trung điểm I ( −1;0;1) của AB và bán kính R =

AB
= 2.
2

Nên phương trình mặt cầu là: ( x + 1) + y 2 + ( z − 1) = 2 .
2

2

Câu 28.
M

N

P

.
N'

M'

P'

Cắt khối lăng trụ MNP.M ′N ′P′ bởi các mặt phẳng ( MN ′P′ ) và ( MNP′ ) ta được ba khối tứ diện là P.MNP′;
P.MNN ′; M′ .MN′P′ .
Câu 29.

Câu 30.
Lời giải
Số phần tử không gian mẫu là: n ( Ω ) = 5! .
Trang 14/20 - Mã đề thi 138


Gọi A là biến cố “số tìm được không bắt đầu bởi 135 ”.
Thì biến cố A là biến cố “số tìm được bắt đầu bởi 135 ”
Buộc các số 135 lại thì ta còn 3 phần tử. Số các số tạo thành thỏa mãn số 135 đứng đầu là 1.2.1 = 2 cách

⇒ n ( A ) = 120 − 2 = 118 cách
n ( A) 118 59
=
=
Nên P ( A ) =
n ( Ω ) 120 60

Câu 31.
Lời giải
uu
rr
Do d ⊂ ( Oyz ) ⇒ ud .i = 0 ⇒ loại đáp án A,
B. Lại có d ∩ ( Oyz ) = M ( 0; −7; −5 ) ⇒ M ∈ d ′
Câu 32.
Lời giải
x

Phương trình tương đương với

x

2x

3
1
1
1
= 2 +  ÷ ⇔ 3.  ÷ = 2 +  ÷ .
x
3
9
3
 3

x
t = 1
2

2
1
Đặt t =  ÷ , t > 0 . Phương trình trở thành 3t = 2 + t ⇔ t − 3t + 2 = 0 ⇔ 
.
t = 2
3
x

1
● Với t = 1 , ta được  ÷ = 1 ⇔ x = 0 .
 3
x

1
● Với t = 2 , ta được  ÷ = 2 ⇔ x = log 1 2 = − log 3 2 < 0 .
 3
3
Vậy phương trình có một nghiệm âm.
Câu 33.
Lời giải
Chọn
D.
4
2
Khảo sát hàm số ( C ) : y = −2 x + 2 x + 1 tìm được yCT = 1, yC§ =

3
.
2

1
1
Yêu cầu bài toán ⇔ 3m = 1 ⇔ m = . Vậy chọn m = .
3
3
Câu 34.
Lời giải

x
x
Với x ≥ 1 ⇒ 5 ≥ 5 ⇒ log 2 ( 5 − 1) ≥ log 2 ( 5 − 1) = 2 hay t ≥ 2 .

Khi đó bài toán được phát biểu lại là: “Tìm m để phương trình có nghiệm t ≥ 2 ”.
Xét hàm số f (t ) = t 2 + t , ∀t ≥ 2, f '(t ) = 2t + 1 > 0, ∀t ≥ 2
t
2
+
f
′
Suy ra hàm số đồng biến với t ≥ 2 .
Khi đó phương trình có nghiệm khi 2m ≥ 6 ⇔ m ≥ 3.
f
6
Vậy m ≥ 3 là các giá trị cần tìm.
Câu 35.
Lời giải
Xét cos x = 0 , ta có 1 + 0 = 2.(1 + 0) . Vậy cos x = 0 không là nghiệm của phương trình.
1
1
.tan 2018 x +

= 2 ( tan 2020 x +1) ( 1)
Chia cả 2 vế phương trình cho cos 2020 x ¹ 0 ,
2
2
cos x
cos x

+∞
+∞

( 1) Û ( 1 + tan 2 x) tan 2018 x +1 + tan 2 x = 2 ( tan 2020 x +1)
Trang 15/20 - Mã đề thi 138


2
2018
2
2020
2018
2020
2
2020
Đặt t = tan x , phương trình trở thành ( 1 + t ) t +1 + t = 2 ( 1 + t ) Û t + t +1 + t = 2 + 2 t
2018
2
2
2018
2
Û t 2020 +1- t 2018 - t 2 = 0 Û t ( t - 1) - ( t - 1) = 0 Û ( t - 1) ( t - 1) = 0

ét = 1
p
p
p
Û ê
Þ tan x =±1 Û x = ± + k p Û x = + k ( k Î ¢ ) .
ê
4
4
2
ët =- 1
π kπ
< 2018 ⇒ 0 ≤ k ≤ 1284, k ∈ ¢ .
Do x ∈ ( 0; 2018 ) ⇒ 0 < +
4 2
Vậy tổng các nghiệm của phương trình trong khoảng ( 0; 2018) bằng

π
π π
1284.1285
1285  .
.1285 + ( 1 + 2 + ... + 1284 ) = .1285 +
π = 
÷π
4
2 4
4
 2 
Câu 36.
2

.
Lời giải
Gọi I là trung điểm BC . Vì ABCA ' B ' C ' là lăng trụ tam giác đều nên.
AI ⊥ ( BB ' C ' C ) => AI ⊥ BC ' .
Lại có giả thiết AC ' ⊥ BC ' nên suy ra BC ' ⊥ ( AIB ') => BC ' ⊥ B ' I .
Gọi H = B ' I ∩ BC ' .
Ta có ∆ BHI đồng dạng ∆C ' HB ' =>

HI
BI
1
=
= => B ' H = 2 HI => B ' I = 3HI .
B ' H B 'C ' 2

Xét tam giác vuông B ' BI có BI 2 = HI .B ' I = 3HI 2 => HI =
2

 a 3   a 2 a 2
Suy ra BB ' = B ' I − BI = 
.
=
 2 ÷
÷ −  2 ÷
2



2

Vậy V = S ∆ ABC .BB' = a 2

2

3 a 2 a3 6
.
.
=
4
2
8

Câu 37.
Lời giải
2 3
−
2n − 3
n n2 = 0
I
=
lim
=
lim
Ta có
.
3 1
2n 2 + 3n + 1
2+ + 2
n n

Câu 38.
Lời giải
ChọnA.
Trang 16/20 - Mã đề thi 138

BI 2
a2 a 3
.
=
=
3
12
2


Đáp án A đúng vì có tiệm cận đứng x = −1 , tiệm cận ngang y = 1 , y = −1 .
Đáp án B sai vì hàm số nghịch biến trên ( −∞; −1) và ( −1;0 )
Đáp án C sai vì đồ thị hàm số có 3 tiệm cận.
Đáp án D sai vì hàm số không có giá trị lớn nhất.
Câu 39.
Lời giải
 x − 2. Khi x ≥ 2
Ta có x − 2 = 
.
2 − x. Khi x ≤ 2
5
2 x − 2 +1
2 x − 2 +1
dx + ∫

dx .
Do đó I = ∫
x
x
1
2
2

2

=∫
1

5
2( 2 − x) +1
2 ( x − 2) +1
dx + ∫
dx .
x
x
2

2

5

3
5



= ∫  − 2 ÷ dx + ∫  2 − ÷ d x .
x
x

1
2
= ( 5ln x − 2 x )

2
5
+ ( 2 x − 5ln x ) .
1
2

= 4 + 8ln 2 − 3ln 5 .
a = 8
⇒ 
⇒ S = a +b = 5.
b = −3
Câu 40.
Lời giải
Gọi A ( a;0;0 ) , B ( 0; b; 0 ) và C ( 0; 0; c ) với a > 0, b > 0, c > 0 .
Phương trình mặt phẳng ( α ) :
Do M ∈ ( α ) nên

x y z
+ + =1.
a b c

2 1 2

2 1 2
2 1 2
+ + = 1 . Suy ra 1 = + + ≥ 3. 3 . . ⇒ abc ≥ 108 .
a b c
a b c
a b c

1
1
abc ≥ .108 = 18 . Đẳng thức xảy ra khi a = c = 6; b = 3 .
6
6
x y z
Vậy phương trình ( α ) : + + = 1 hay ( α ) : x + 2 y + z − 6 = 0 .
6 3 6
Câu 41.
Lời giải
Ta có: VABC =

− a − 3b = 1 a = 2
⇔
⇒ ab + 1 = −1
z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) . Vậy ta có a + bi − ( 2 + 3i ) ( a − bi ) = 1 − 9i ⇔ 
3a − 3b = 9
b = −1
Câu 42.
Lời giải

Trang 17/20 - Mã đề thi 138

Khi SD thay đổi thi AC thay đổi. Đặt AC = x .Gọi O = AC ∩ BD .
Vì SA = SB = SC nên chân đường cao SH trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ⇒ H ∈ BO .
2

x
4a 2 − x 2
4a 2 − x 2
Ta có OB = a 2 −  ÷ =
.
=
4
2
2

1
1
4a 2 − x 2 x 4a 2 − x 2
.
S ABC = OB. AC = x.
=
2
2
2
4
a.a.x
a2x
a2
HB = R =
=

=
4 S ABC
x 4a 2 − x 2
4a 2 − x 2 .
4.
4
SH = SB 2 − BH 2 = a 2 −

a4
a 3a 2 − x 2
=
.
4a 2 − x 2
4a 2 − x 2

1
2 a 3a 2 − x 2 x 4a 2 − x 2
.
VS . ABCD = 2VS . ABC = 2. SH .S ABC = .
.
3
3 4a 2 − x 2
4

(

)

1
1  x 2 + 3a 2 − x 2  a 3

= a x. 3a 2 − x 2 ≤ a 
÷= .
3
3 
2
 2
Câu 43.
Lời giải
1
Điều kiện: 2 x − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ . Chọn C
2
Câu 44.
Lời giải. Chọn D do tính chất của hàm mũ
Câu 45.
Lời giải
Ta có hình vẽ như sau:

.
Trang 18/20 - Mã đề thi 138


(

) (

)

· , OO ' = AB
· , BB ' = ABB
·

' = 30° .
Ta có: OO ' P BB ' nên AB
Đặt V = VOA ' B .O ' AB ' .
1
2
Ta có: VOA ' B .O ' AB ' = VB .O ' AB ' + VB .OA ' AO = V + VB .OA ' AO ⇒ VB .OA ' AO = V .
3
3
d ( A ', ( OBA) ) IA '
1
=
= 1 nên VA '.OAB = VO ' OAB = V .
Mà
d ( O ', ( OBA) ) IO '
3

Ta có OB ' = R , AB ' = R nên tam giác O ' AB ' đều nên có diện tích bằng

R2 3
.
4

 R2 3  R3
1
1
3R 
Vậy ta có VO ' OAB = V =
÷=
3
3

 4  4
Câu 46.

Câu 47.
Lời giải
+ Gọi A = d ∩ ∆ ⇒ A ∈ ∆ ⇒ A ( 2 + t ; 2 + t ;1 + 2t ) .
Vì A ∈ d ⊂ ( α ) ⇒ A ∈ ( α ) ⇒ 2 + t + 2 + t + 1 + 2t − 1 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ A ( 1;1; − 1) .
+ Gọi B = d ∩ Oz ⇒ B ( 0;0; b ) .
Vì B ∈ d ⊂ ( α ) ⇒ B ∈ ( α ) ⇒ b − 1 = 0 ⇔ b = 1 ⇒ B ( 0;0;1) . .
uuu
r
r
Khi đó một VTCP của đường thẳng d là AB = ( −1; −1; 2 ) = − ( 1;1; −2 ) . Vậy véctơ u = ( 1;1; − 2 ) cũng là một
VTCP của đường thẳng d .
Câu 48.
Lời giải
Ta có

1
1 3
9
BM . A′M = . .3.1 = .
2
2 4
8
Trong mặt phẳng ( A′B′C ′ ) kẻ
S ∆A′BM =

C ′H ⊥ A′B′ ( H ∈ A′B′ ) ⇒ C ′H ⊥ ( A′BM ) .
· ′A′C ′ = 3 .

Khi đó C ′H = A′C ′.sin B
Xét tam giác vuông ABA′ : A′B 2 = AB 2 + AA′2 = 10 .

·
Áp dụng định lí cosin cho tam giác ABC : BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos BAC
⇔ BC 2 = 7
Xét tam giác vuông BCN : BN 2 = BC 2 + CN 2 = 11 .
Xét tam giác vuông A′C ′N : A′N 2 = A′C ′2 + CN 2 = 5 .

Trang 19/20 - Mã đề thi 138


·
′=
Áp dụng hệ quả của định lí cosin cho tam giác A′BN : cos NBA

A′B 2 + BN 2 − A′N 2 = 10 + 11 − 5 = 8
2. 10. 11
110
2. A′B.BN

23
·
′=
⇒ sin NBA
55
⇒ S ∆A′BN =

1
·

′ = 1 . 10. 11. 23 = 46 .
A′B.BN .sin NBA
2
2
55
2

Mà S ∆A′BN .d ( M , ( A′BN ) ) = S ∆A′BM .C ′H ⇒ d ( M , ( A′BN ) ) =

S ∆A′BM .C ′H 9 138
=
.
S ∆A′BN
184

Câu 49.
Lời giải

z 2 − 2 z + 6 = 0 ⇔ ( z − 1) + 5 = 0 ⇔ z = 1 ± 5i
2

⇒ z1 = 1 − 5i; z2 = 1 + 5i
⇒ M =| z1 | + | 3z1 − z2 |= 1 − 5i + 2 − 4 5i = 6 + 84 = 6 + 2 21
Câu 50.
Lời giải
Chọn D
Đồ thị hàm số y =

x −1
có đúng hai tiệm cận đứng

x + 2 ( m − 1) x + m 2 − 2
2

⇔ phương trình f ( x ) = x 2 + 2 ( m − 1) x + m 2 − 2 = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1.
3

m<

2
2
2

−2m + 3 > 0

∆ ' > 0
( m − 1) − ( m − 2 ) > 0
⇔
⇔
⇔ 2
⇔ m ≠ 1 .
2
f
1
≠
0
(
)
m
+
2

m
−
3
≠
0




 m ≠ −3
1 + 2 ( m − 1) + m − 2 ≠ 0



Trang 20/20 - Mã đề thi 138