Đề thi thử THPT QG môn Toán THPT Kim Liên Hà Nội Lần 2 Năm 2019 Có lời giải chi tiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT KIM LIÊN
MÃ ĐỀ 201

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN II – MÔN TOÁN
NĂM HỌC: 2018 – 2019
Thời gian làm bài: 90 phút

Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần II môn Toán của trường THPT Kim Liên gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm
nội dung chính của đề vẫn xoay quanh chương trình Toán 12, ngoài ra có một số ít các bài toán thuộc nội
dung Toán lớp 11, lượng kiến thức được phân bố như sau: 92% lớp 12, 8% lớp 11, 0% kiến thức lớp 10.
Đề thi được biên soạn dựa theo cấu trúc đề minh họa môn Toán 2019 mà Bộ Giáo dục và Đào tại đã
công bố từ đầu tháng 12. Trong đó xuất hiện các câu hỏi khó lạ như câu 38, 41, 45 nhằm phân loại tối đa
học sinh. Đề thi giúp HS biết được mức độ của mình để có kế hoạch ôn tập một cách hiệu quả nhất.
Câu 1(TH): Cho cấp số nhân (un ) có số hạng đầu u1 = 3 và công bội q = -2. Giá trị của u4 bằng
A. 24.
B. -24.
C. 48.
D. -3.
Câu 2(TH): Tính giá trị biểu thức K = log a a a với 0  a  1 .
A. K =

4
3

B. K =

1
8

C. K =

3
4

D. K = 2

Câu 3 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình 3x +2 x  27 là
2

A. ( -1;3).

C. ( −; −3)  (1; + )

B. ( -3;1).

D. ( −; −1)  ( 3; + )

Câu 4 (NB): Trong không gian Oxyz, đường thẳng Oz có phương trình là
x = 0

A.  y = t
z = t


x = 0

B.  y = 0
z = 1+ t


x = t

C.  y = 0
z = 0


x = 0

D.  y = t
z = 0


Câu 5 (NB): Diện tích toàn phần của hình lập phương cạnh 3a là
A. 9a2.
B. 72a2.
C. 54a2.
Câu 6 (NB): Thể tích khối nón có bán kính đáy r và chiều cao h bằng
2
1
2
A.  rh
B.  r 2 h
C.  r 2 h
3
3
3
Câu 7 (NB): Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
A. y = − x 4 + 2 x 2 + 2

B. y = x 4 − 2 x 2 − 2

C. y = x3 − 3x 2 + 2

D. y = −2 x 4 + 3x 2 − 2

D. 36a2.
D.  r 2 h

Câu 8 (TH): Cho hàm số y = f (x) có bảng xét dấu của đạo hàm như hình vẽ. Hàm số đã cho nghịch biến
trên khoảng nào dưới đây?
x
y'

−
−

+

1

-1
−

0

+

1

A. (1;+ )

B. ( −;1)

C. ( −1; + )

D. ( −; −1)

Câu 9 (TH): Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1;0;2 ) , B ( −;1;2; −4 ) . Phương trình mặt cầu đường
kính AB là
A. x2 + ( y − 1) + ( z + 1) = 44

B. x2 + ( y − 1) + ( z + 1) = 11

C. x2 + ( y + 1) + ( z − 1) = 44

D. x2 + ( y + 1) + ( z − 1) = 11

2

2

2

2

2

2

2

2

Câu 10 (TH): Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = sin 2 x cos 2 x là
A.

1
1
x − sin 4 x + C
4
16

B.

1
1
x − sin 4 x
8
32

C.

1
1
x − sin 4 x + C
8
8

1

1
D. x − sin 4 x + C
8
32

Câu 11 (VD): Tìm tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn Pn An2 + 72 = 6 ( An2 + 2Pn )
A. n = -3; n = 3; n = 4
C. n = 3.

B. n = 4; n = 3.
D. n = 4.

Câu 12 (TH): Cho F ( x ) =  ( 2 x + 1)

109

A. F ( x )

( 2 x + 1)
=

C. F ( x )

( 2 x + 1)
=

dx , mệnh đề nào dưới đây đúng?

108

108

+C

108

216

+C

B. F ( x )

( 2 x + 1)
=

+C

D. F ( x )

( 2 x + 1)
=

+C

110

110

110

220

Câu 13 (TH): Cho số phức z thỏa mãn z + 2 z = 3 + i . Giá trị của biểu thức z +
3 1
1 1
3 1
A. + i
B. + i
C. − i
2 2
2 2
2 2
Câu 14 (TH): Cho hình phẳng H (phần gạch chéo trong hình vẽ). Thể tích
khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox được tính theo
công thức nào dưới đây?
1

1

A.   ( x 4 − 4 x 2 + 4 ) dx −   x 4 dx
−1

1

B.

−1

1

C.   ( x 4 − 8 x 2 + 4 ) dx
−1

 (x

−1

1
bằng
z

D.

1 1
− i
2 2

1

4

− 4 x 2 + 4 ) dx −  x 4dx
−1

1

1

−1

−1

D.   x 4 dx −   ( x 4 − 4 x 2 + 4 ) dx

Câu 15 (VD): Biết rằng đồ thị (C) của hàm số

( 3)
y=

x

cắt trục tung tại điểm M và tiếp tuyến của đồ
ln 3
thị (C) tại M cắt trục hoành tại điểm N . Tọa độ của điểm N là
 −1 
;0 
A. N 
 ln 3 

 2

;0 
B. N 
 ln 3 

 −1 
;0 
C. N 
 ln 3 

 1

;0 
D. N 
 ln 3 

Câu 16 (TH): Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình vẽ. Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là

2


A. 2
B. 0
C.1
Câu 17 (NB): Điểm nào trong hình vẽ dưới đây là điểm biểu diễn số
phức liên hợp của số phức z = 2 − 3i
A. M .
C. N.
B. P.
D. Q.

D. 3

Câu 18 (NB): Với a, b, c là các số thực dương khác 1 tùy ý, mệnh đề nào dưới đây sai?
1
−1
log b c
A. log c b.logb a = log c a
B. log a b =
C. log a b =

D. log a c =
log b a
log b a
log b a
Câu 19 (TH): Cho hai số phức z1 = 2 + 3i; z2 = 1 + i . Tính z1 + 3z2
A. z1 + 3z2 = 11

B. z1 + 3z2 = 11

C. z1 + 3 z2 = 61

D. z1 + 3z2 = 61

 x = 1 − 2t

Câu 20 (TH): Trong không gian Oxyz, đường thẳng  y = t
không đi qua điểm nào dưới đây?
z = 3 − t


A. Q ( 3; −1;4 )

B. N ( −1;1;2 )

C. M (1;0;3)

D. P ( 3; −1;2 )

Câu 21 (TH): Cho hàm số y = x3 − 3x 2 có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn [-2;1] lần lượt là
M và m. Tính T = M + m.

A. T = -20.
B. T = -4.
C. T = -22.
D. T = 2.
Câu 22 (TH): Cho mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là một đường tròn bán kính 2R , biết
khoảng cách từ tâm của mặt cầu (S) đến mặt phẳng (P) là R. Diện tích mặt cầu đã cho bằng
12
20
 R2
A. 20  R2
B.  R2
C.
D. 12  R2
3
3
 x = 1 + 4t
x −1 y + 2 z

=
= và d2:  y = −1 − 2t
Câu 23 (TH): Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d1:
2
−1
1
 z = 2 + 2t


Khoảng cách giữa hai đường thẳng đã cho bằng

3

87
174
174
87
B.
C.
D.
6
6
3
3
5
3
Câu 24 (TH): Một khu rừng có trữ lượng gỗ là 4.10 (m ). Biết tốc độ sinh trưởng của các cây lấy gỗ
trong khu rừng này là 4% mỗi năm. Hỏi sau 5 năm không khai thác, khu rừng sẽ có số mét khối gỗ là bao
nhiêu?
A. 4.105.(1,04)5
B. 4.105.(0,04)5
C. 4.105.(0,4)5
D. 4.105.(1,4)5

A.

Câu 25 (NB): Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( −2;4;1) và B ( 4;5;2 ) . Điểm C thỏa mãn

OC = BA có tọa độ là
A. ( −6; −1; −1)

B. ( −2; −9; −3)

C. ( 6;1;1)

D. ( 2;9;3)

Câu 26 (VD): Cho hình tứ diện đều cạnh 2a có một đỉnh trùng với đỉnh của hình nón, ba đỉnh còn lại
nằm trên đường tròn đáy của hình nón. Diện tích xung quanh của hình nón là
4 a 2 3
A.
3

B. 2 a

2

3

C.

Câu 27 (TH): Số nghiệm nguyên của bất phương trình log
A. Vô số

B. 4.
1

Câu 28 (VD): Cho I = 
0

2

0,5

8 a 2 3
D.
3

 a2 3
3

x − log 0,5 x − 6  0 là

C. 3

D. 0

dx
, m là số thực dương. Tìm tất cả các giá trị của m để I  1.
2x + m

1
1
1
1
B. m 
C. m  0
D.  m 
4
8
4
4

Câu 29 (VD): Một người muốn gọi điện thoại nhưng nhớ được các chữ số đầu mà quên mất ba chữ số
cuối của số cần gọi. Người đó chỉ nhớ rằng ba chữ số cuối đó phân biệt và có tổng bằng 5 . Tính xác suất
để người đó bấm máy một lần đúng số cần gọi.

A. 0  m 

1
1
1
1
B.
C.
D.
24
12
36
60
Câu 30 (TH): Cho khối chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC cân tại A, BAC = 120o, AB = a. Cạnh bên
SA vuông góc với mặt đáy, SA = a. Thể tích khối chóp đã cho bằng

A.

A.

a3 3
4

B.

a3 3

12

C.

a3 3
2

31
(VD): Số
giá trị m nguyên dương
1
y = − x3 + ( m − 1) x 2 + ( m + 3) x − 10 đồng biến trên khoảng (0;3) là
3
A. Vô số
B. 2020.
C. 2018.

Câu

D.
nhỏ

hơn

a3 3
6

2020

để

hàm

số

D. 2019.

Câu 32 (VD): Cho số phức thỏa mãn z − i = z − 1 + 2i . Tập hợp điểm biểu diễn số phức w = (2 - i) z +1
trên mặt phẳng phức là một đường thẳng. Phương trình của đường thẳng đó là
A. x + 7 y + 9 = 0
B. x + 7 y − 9 = 0
C. x − 7 y − 9 = 0
Câu 33 (VD): Cho hàm số f ( x) có đạo hàm trên

D. x − 7 y + 9 = 0

, đồ thị hàm số y = f ( x) như hình vẽ. Biết f ( a )  0

tìm số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) với trục hoành.

4


A. 3.

B. 4.

C. 2.

D. 0

Câu 34 (TH): Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A (1;2;3) , B ( 3; −1;1) và song
song với đường thẳng d :
A.

x −1 y + 2 z − 3
=
=
. Khoảng cách từ gốc tọa độ đến mặt phẳng (P) bằng:
2
−1
1

37
101

B.

5
77

Câu 35 (TH): Cho hàm số f ( x ) =
đã cho là
A. 3.

C.

37
101

D.

5 77
77

x−2
, tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
x x −1

B. 4.

C. 2.

D. 1.

Câu 36 (NB): Hàm số f ( x ) = 2x +3 x+1 có đạo hàm là
2

A. f ' ( x ) = 2x +3 x+1 ( 2 x + 3) ln 2

B. f ' ( x ) =

C. f ' ( x ) = 2x +3 x+1 ( 2 x + 3)

D. f ' ( x ) =

2

2

2x + 3
2 x +3 x+1
2x + 3
2

2 x +3 x+1 ln 2
2

Câu 37 (TH): Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như hình dưới.

−

x

−1

−

y'

0

+

y

0
+

0

+

1
−

0

+
+

−2

−5

−5

Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình f ( x ) = m có 6 nghiệm phân biệt là
A. 3.
B. 0.
C. 2.
D. 1.
Câu 38 (TH): Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng 2 a, cạnh bên bằng 3a. Gọi  là góc giữa mặt
bên và mặt đáy, mệnh đề nào dưới đây đúng?
2
10
14
C. cos  =
D. cos  =
2

10
4
Câu 39 (VD): Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, đáy lớn AB. Biết rằng
AD = DC = CB = a , AB = 2a , cạnh bên SA vuông góc với đáy và mặt phẳng (SBD) tạo với đáy góc 45o.
Gọi I là trung điểm của cạnh AB. Tính khoảng cách d từ I đến mặt phẳng (SBD).

A. cos  =

2
4

B. cos  =

5


a
4
(VD):

A. d =
Câu 40
5

 xf ' ( x )e

f ( x)

a 2
a

C. d =
4
2
Cho hàm số f (x) liên tục và có đạo hàm

a 2
2
trên đoạn [0;5] thỏa

D. d =

B. d =

mãn

5

dx = 8; f ( 5) = ln 5 . Tính I =  e f ( x )dx

0

0

A. -33

B. 33

C. 17

D. -17

Câu 41 (VD): Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 2 z +

9
= 0 và hai điểm
2

A ( 0;2;0 ) , B ( 2; −6; −2 ) . Điểm M ( a; b; c ) thuộc (S) thỏa mãn tích MA.MB có giá trị nhỏ nhất. Tổng
a + b + c bằng
A. -1.

B. 1.

C. 3.

D. 2.

Câu 42 (VD): Số giá trị nguyên m thuộc đoạn [-2019; 2019] để phương trình 4 − ( m + 3) 2 x + 3m + 1 = 0
x

có đúng một nghiệm lớn hơn 0 là
A. 2021
B. 2022

C. 2019

D. 2020

Câu 43 (VD): Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm f ' ( x ) = ( x + 1) ( x − m ) ( x + 3) với mọi x . Có bao
4

5

3

nhiều giá trị nguyên của tham số m   −5;5 để hàm số g ( x ) = f ( x ) có 3 điểm cực trị?
A. 3.
B. 6.
Câu 44 (VD): Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên

C. 5.
. Biết hàm số

D. 4.

y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số g (x) = f (x) + x đạt cực tiểu tại
điểm
A. x = 1
C.Không có điểm cực tiểu

B. x = 2
D. x = 0

Câu 45 (VDC): Cho các số thực dương a , b thỏa mãn 2 (a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2) .Giá trị nhỏ nhất
 a 3 b3   a 2 b 2 
của biểu thức P = 4  3 + 3  − 9  2 + 2  thuộc khoảng nào?
b a  b a 

A. ( −6; −5)

B. ( −10; −9 )

Câu 46 (VD): Trong không gian Oxyz,

C.
cho hai điểm

( −11; −9 )

D.

( −5; −4 )

A (-2; 1; 2), B (-1; 1; 0) và mặt phẳng

( P ) : x + y + z + 1 = 0 . Điểm C thuộc (P) sao cho tam giác ABC vuông cân tại B. Cao độ của điểm C bằng
2
2
1
1
B. -1 hoặc
C. -3 hoặc
D. -1 hoặc −
3
3
3
3
Câu 47 (VD): Một hoa văn trang trí được tạo ra từ một miếng bìa mỏng hình vuông cạnh 20cm bằng cách
khoét đi bốn phần bằng nhau có hình dạng một nửa elip như hình bên. Biết một nửa trục lớn AB = 6cm ,
trục bé CD = 8cm . Diện tích bề mặt hoa văn đó bằng

A. 1 hoặc −

6


A. 400 - 48  (cm2 ).

B. 400 - 96  (cm2 ).

C. 400 - 24  (cm2 ).

D. 400 - 36  (cm2 ).

Câu 48 (VD): Xét các số phức z thỏa mãn z + 3 − 2i + z − 3 + i = 3 5 . Gọi M , m lần lượt là hai giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z + 2 + z − 1 − 3i . Tìm M , m.
A. M = 17 + 5; m = 3 2

B. M = 26 + 2 5; m = 2

C. M = 26 + 2 5; m = 3 2

D. M = 17 + 5; m = 3

Câu 49 (VD): Cho khối hộp ABCD.A' B ' C ' D ' , điểm M nằm trên cạnh CC’ thỏa mãn CC’ = 3CM. Mặt
phẳng (AB’M) chia khối hộp thành hai khối đa diện. Gọi V1 là thể tích khối đa diện chứa đỉnh A’,V2 là
thể tích khối đa diện chứa đỉnh B. Tính tỉ số thể tích V1 và V2.
20
27
7

9
A.
B.
C.
D.
7
7
20
4
Câu 50 (VD): Cho hàm số f (x) thỏa mãn f (tan x) = cos4 x. Tìm tất cả các số thực m để đồ thị hàm số
2019
có hai đường tiệm cận đứng.
g ( x) =
f ( x) − m
A. m < 0

B. 0 < m <1

C. m > 0

D. m < 1

7


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
1.B

2.C

3.C

4.B

5.C

6.B

7.B

8.D

9.B

10.D

11.B

12.D

13.A

14.A

15.C

16.A

17.C

18.C

19.C

20.D

21.A

22.A

23.B

24.A

25.A

26.A

27.A

28.A

29.C

30.B

31.B

32.A

33.C

34.D

35.A

36.A

37.A

38.A

39.C

40.C

41.B

42.B

43.C

44.A

45.A

46.A

47.A

48.C

49.E

50.B

Câu 1:
Phương pháp
Sử dụng công thức tính số hạng tổng quát của cấp số nhân un = u1qn−1
Cách giải:
Ta có: u4 = u1q3 = 3.( −2 ) = −24
3

Chọn B.
Câu 2:
Phương pháp
Sử dụng công thức log a b =  log a b ( 0  a  1; b  0 )
Cách giải:
1

Ta có K = log a

 1 2 1
 3 1 3
3
a a = log a  a.a 2  = log a  a 2  = . log a a =
2
4



  2 2

Chọn C.
Câu 3:
Phương pháp
Sử dụng a  1  a m  a n  m  n
Cách giải:
2
2
x  1
Ta có: 3x +2 x  27  3x +2 x  33  x 2 + 2 x  3  x 2 + 2 x − 3  0  
 x  −3

Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = ( −; −3)  (1; + )
Chọn C.
Câu 4:
Phương pháp
Đường thẳng d đi qua M ( x0 ; y0 ; z0 )

 x = x0 + at

và có VTCP u ( a; b; c ) thì có phương trình là  y = y0 + bt
 z = z + ct
0


Cách giải:
x = 0

Phương trình đường thẳng Oz đi qua I (0;0;1) và có VTCP u ( 0;0;1) là  y = 0

z = 1+ t


Chọn B.
8


Câu 5:
Phương pháp
Diện tích toàn phần của hình lập phương cạnh a là Stp = 6a2
Cách giải:
Diện tích toàn phần của hình lập phương cạnh 3a là S tp = 6.(3a)2 = 54a2
Chọn C.
Câu 6:
Phương pháp
Sử dụng công thức thể tích khối nón
Cách giải:
1
Thể tích V =  r 2 h
3
Chọn B.
Câu 7:
Phương pháp
Quan sát dáng đồ thị hàm số, đối chiếu các đáp án và kết luận.
Cách giải:
Quan sát đồ thị hàm số ta thấy, đây là đồ thị hàm bậc bốn trùng phương có hệ số a > 0 .
Đối chiếu các đáp án chỉ có đáp án B thỏa mãn.
Chọn B.
Câu 8:
Phương pháp

Sử dụng đọc bảng biến thiên để tìm khoảng đơn điệu của hàm số

Nếu f ' ( x )  0; x  K thì hàm số nghịch biến trên K.
Cách giải:
Từ BBT ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên ( −; −1) và ( −1;1)
Chọn D.
Câu 9:
Phương pháp
Mặt cầu đường kính AB tâm I là trung điểm AB và có bán kính R =

AB
2

Cách giải:
Ta có: A (1;0;2 ) , B ( −1;2; −4 )  I ( 0;1; −1) là trung điểm AB và AB = 2 11
Mặt cầu đường kính AB có tâm I(0; 1; -1) và bán kính R =

( x − 0) + ( y −1) + ( z + 1)
2

2

2

AB
= 11 nên có phương trình:
2

= 11 hay x2 + ( y − 1) + ( z + 1) = 11
2

2

Chọn B.
Chú ý :
Một số em khi tính được AB = 44 thì chọn nhầm đáp án A mà quên không chia 2 để tính bán kính là sai.
Câu 10:
9


Phương pháp
Sử dụng công thức nhân đôi sin 2 X = 2sin X cos X và sin2 X =

1 − cos 2 X
2

1
Sử dụng công thức nguyên hàm  cos ( ax + b ) du = sin ( ax + b ) + C
a
Cách giải:
Ta có
2

1
1

2
 f ( x ) dx =  sin x cos xdx =   2 sin 2 x  dx = 4  sin 2 xdx
1 1 − cos 4 x
1

1
1
= 
dx =  (1 − cos 4 x ) dx = x − sin 4 x + C
4
2
8
8
32
Chọn D
Câu 11:
Phương pháp
Tự luận :
2

2

+ Đưa phương trình về dạng tích với ẩn là Pn và An2
+ Giải các phương trình thu được, sử dụng các công thức Pn = n!, Ank =

n!
( n − k )!

Cách giải:
Điều kiện: n  2, n 

*

Ta có: Pn An2 + 72 = 6 ( An2 + 2Pn )  Pn An2 − 6 An2 − 12Pn + 72 = 0  An2 ( Pn − 6 ) − 12 ( Pn − 6 ) = 0
 n ! = 3!

 Pn = 6
n = 3
n = 3
n = 3
  n!



( Pn − 6 ) ( A − 12 ) = 0   2

= 12
 n = 4, n = −3
n = 4
 n ( n − 1) = 12
 An = 12
 ( n − 2 )!
2
n

Chọn B.
Chú ý :
Trắc nghiệm : Sử dụng chức năng CALC trong máy tính :
Nhập vào màn hình PX AX2 + 72 - 6 ( AX2 + 2PX), ấn CALC và thay các giá trị n ở từng đáp án để kiểm tra.
Câu 12:
Phương pháp

1 ( ax + b )
Sử dụng công thức nguyên hàm  ( ax + b ) dx =
a n +1
Cách giải:

n

Ta có

 ( 2 x + 1)

109

1 ( 2 x + 1)
dx = .
2
110

110

( 2 x + 1)
+C =

n+1

+ C ( n  −1)

110

220

+C

Chọn D.
Câu 13:

Phương pháp
10


- Gọi z = a + bi, ( a, b 
- Tính z +

) , thay vào đẳng thức bài cho tìm a , b .

1
và kết luận.
z

Cách giải:
Gọi z = a + bi, ( a, b 

)

ta có:

3a = 3 a = 1
a − bi + 2 ( a + bi ) = 3 + i  3a + bi = 3 + i  

 z = 1+ i
b = 1
b = 1

Khi đó z +

1

1
1− i
1− i 3 1
= 1+ i +
= 1+ i +
= 1+ i +
= + i
2
z
1+ i
1− i
2
2 2

Chọn A.
Câu 14:
Phương pháp
Thể tích vật thể tạo thành khi quay phần hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f (x) ; y = g (x) và
b

hai đường thẳng x = a; x = b quanh trục Ox là V =   f 2 ( x ) − g 2 ( x ) dx
a

Cách giải:
1

1

1

−1

−1

Ta có V =   ( 2 − x 2 ) − x 4 dx =   ( x 4 − 4 x 2 + 4 ) −   x 4dx
2

−1

Chọn A.
Câu 15:
Phương pháp
- Tìm tọa độ điểm M .
- Viết phương trình tiếp tuyến tại M .
- Tìm N là giao điểm của tiếp tuyến với Ox .
Cách giải:
Đồ thị (C) cắt trục tung  x = 0  y =

( 3 ) ln
Ta có y ' =
x

ln 3

3

( 3)
=
2

1
 1 
 M  0;

ln 3
 ln 3 

x

 y '( 0) =

1
2

1
1
1
 1 
Tiếp tuyến của (C) tại M  0;
hay y = x +
 là y = y ' ( 0 )( x − 0 ) +
ln 3
2
ln 3
 ln 3 

Cho y = 0 

1
1

2
 2

;0 
x+
=0 x=−
hay tiếp tuyến cắt Ox tại N  −
2
ln 3
ln 3
 ln 3 

Chọn C.
Câu 16:
Phương pháp
Điểm x0 là điểm cực tiểu của hàm số y = f (x) nếu f ' ( x ) đổi dấu từ - sang + qua x0 .
Cách giải:
Từ đồ thị hàm số ta thấy có 2 điểm cực tiểu của hàm số là x = x1 (-2 < x1 < 0) và x1 = 2
11


Chọn A.
Chú ý:
Các em có thể lập bảng biến thiên từ đồ thị hàm số rồi tìm số điểm cực tiểu.
Câu 17:
Phương pháp
Điểm M (a; b) biểu diễn số phức z = a +bi .
Cách giải:
Số phức z = 2 - 3i có số phức liên hợp là z = 2 +3i nên điểm biểu diễn của số phức liên hợp là N (2;3).
Chọn C.

Câu 18:
Phương pháp
log b c
1
;log a b =
Sử dụng tính chất logarit: log c a = log c b.log b a;log a c =
( 0  a, b  1)
log b a
log b a
Cách giải:
Ta có công thức log a b =

1
nên C sai.
log b a

Chọn C.
Câu 19:
Phương pháp
Tính số phức z1 + 3z2 và suy ra mô đun z1 + 3z2
Cách giải:
Ta có: z1 + 3z 2 = 2 + 3i + 3(1+ i ) = 2 + 3i + 3 + 3i = 5 + 6i
 z1 + 3z2 = 52 + 62 = 61

Chọn C.
Câu 20:
Phương pháp
Thay tọa độ các điểm vào phương trình đường thẳng rồi tìm t. Nếu tồn tại giá trị của t thì điểm đó thuộc
đường thẳng, nếu không có t thỏa mãn thì điểm đó không thuộc đường thẳng.
Cách giải:

+ Đáp án A: Q (3; -1; 4) thay x = 3; y = -1; z = 4 vào phương trình đường thẳng ta được
3 = 1 − 2t
t = −1


−1 = t  t = −1  t = −1 . Vậy điểm Q (3; -1; 4) thuộc đường thẳng đã cho.
4 = 3 − t
t = −1



Tương tự thay tọa độ các điểm còn lại vào đường thẳng để loại đáp án.
Ta thấy đáp án D: P (3; -1; 2) thay x = 3; y= -1; z = 2 vào phương trình đường thẳng ta được
3 = 1 − 2t
t = −1


−1 = t  t = −1(VN) . Vậy điểm P (3; -1; 2) không thuộc đường thẳng đã cho.
2 = 3 − t
t = 1



Chọn D.
Câu 21:
12


Phương pháp:
- Tính y ' và tìm các nghiệm của y ' = 0 trong đoạn [-2; 1]

- Tính giá trị của hàm số tại các điểm vừa có và tại hai đầu mút -2 và 1.
- So sánh các giá trị trên và kết luận.
Cách giải:

 x = 0   −2;1
Ta có: y ' = 3x 2 − 6 x = 0  
 x = 2   −2;1
y ( −2 ) = −20, y (1) = −2, y ( 0 ) = 0 nên M = 0, m = −20  M + m = −20
Chọn A.
Câu 22:
Phương pháp
Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) có tâm I và bán kính R theo giao tuyến là đường tròn (C) có bán kính r ,
biết khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) là d (I ; (P)) = h . Khi đó ta có mối liên hệ R2 = h2 + r2 .
Diện tích mặt cầu bán kính R là S = 4  R2
Cách giải:
Bán kính mặt cầu là R1 =

( 2R )

2

+ R2 = R 5

(

Thể tích mặt cầu là S = 4 R12 = 4 R 5

)

2

= 20 R 2

Câu 23:
Phương pháp
- Chứng minh hai đường thẳng d1 / /d2 .
- Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song d (d1 , d 2) = d (M 1 , d2).
Cách giải:
+) Đường thẳng d1 đi qua M1 (1; -2;0) và có VTCP u1 = ( 2; −1;1)
+) Đường thẳng d2 đi qua M 2 (1; -1; 2)  d1 và có VTCP u2 = ( 4; −2;2 ) = −2u1 nên d1 / /d2 .
 M 1M 2 , u 2 


 d ( d1 , d 2 ) = d ( M 1 , d 2 ) =
u2

Lại có M 1M 2 = ( 0;1; 2 )   M 1M 2 , u2  = ( 6;8; −4 )
Vậy d ( d1, d 2 ) =

62 + 82 + (−4)2
4 + (−2) + 2
2

2

2

=

174

6

Chọn B.
Câu 24:
Phương pháp
Sử dụng công thức A = Ao (1 + r )n với A0 là lượng gỗ ban đầu, r là tốc độ tăng trưởng (%/năm) , n là thời
gian tăng trưởng.
Cách giải:
Số mét khối gỗ sau 5 năm là 4.105 (1 + 4% )5 = 4.105. (1, 04)5.
Chọn A.
13


Câu 25:
Phương pháp
x = x '

Hai véc tơ a = ( x; y; z ) và a ' = ( x '; y '; z ') bằng nhau nếu  y = y '
z = z '


Cách giải:
Gọi tọa độ điểm C (x; y ; z) ta có OC = ( x; y; z ) , BA = ( −6; −1; −1)
 x = −6

OC = BA   y = −1  C ( −6; −1; −1)
 z = −1


Chọn A.

Câu 26:
Phương pháp:
Hình nón có bán kính đáy R và đường sinh l thì có diện tích xung quanh là Sxq =  Rl
Cách giải:
Gọi H là trung điểm BC và O là trọng tâm  ABC suy ra

SO ⊥ ( ABC ) (vì S.ABC là tứ diện đều)
Khi đó AH =

2a 3
2
2a 3
= a 3  AO = AH =
2
3
3

Theo đề bài hình nón có đường sinh l = SA = 2a và bán kính
Đáy R = OA =

2a 3
nên diện tích xung quanh hình nón là
3

2a 3
4 a 2 3
.2a =
Sxq =  Rl =  .
3
3

Chọn A.
Câu 27:
Phương pháp:
Diện tích xung quanh của hình nón S xq =  rl

Cách giải:
2 2a 3 2a 3
=
Hính nón đã cho có đáy là hình tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh 2a nên r = .
và độ dài
3 2
3

đường sinh l = 2a nên S xq =  rl =  .

2a 3
4 a 2 3
.2a =
3
3

Chọn A.
Câu 28:
Phương pháp:

1 ( a x + b)
Sử dụng công thức  ( a x + b ) dx =
a
n +1
n

n+1

+ C ( n  −1) và

14


b

b

a

a

 f ( x )dx = F ( x )

b

= F ( x ) = F ( b ) − F ( a ) với F (x) là nguyên hàm của hàm số f (x).
a

Cách giải:
1

Ta có


0

1

dx
= ( 2x + m)
2 x + m 0

1
−
2

=

1 ( 2x + m)
1
2
2

1
2

1

= 2+m − m
0

Từ đề bài ta có I  1  2 + m − m  1( m  0 )
2 + m  m +1  2 + m  m + 2 m +1  2 m  1  m 

1

1
0m
4
4

Chọn A
Câu 29:
Phương pháp:
- Tính số phần tử của không gian mẫu: Số bộ 3 chữ số phân biệt có tổng bằng 5 .
- Tính xác suất.
Cách giải:
Gọi ba chữ số cuối theo thứ tự là abc , a , b, c  {0;1; 2;...;9} phân biệt và a + b + c = 5 .
Ta có: 5 = 0 + 1 + 4 = 0 + 2 + 3 .
+) Nếu a , b, c là bộ ba chữ số 0,1, 4 thì có 3! = 6 bộ.
+) Nếu a , b, c là bộ ba chữ số 0, 2, 3 thì có 3! = 6 bộ.
Do đó có tất cả 12 bộ ba số a , b, c phân biệt có tổng bằng 5 .
Có 1 cách bấm đúng dãy số a , b, c hay
1
Vậy xác suất cần tính là P =
.
12
Chọn C.
Câu 30:
Phương pháp:
1
Sử dụng S ABC = AB. AC. sin A
2
1
Thể tích khối chóp V = h.S với h là chiều cao hình chóp và S là diện tích đáy.
3

Cách giải:
Diện tích đáy
a2 3
1
1 2
o
SABC = AB. AC. sin BAC = a .sin120 =
4
2
2
Thể tích khối chóp
1
1 a 2 3 a3 3
VS . ABC = SA.S ABC = a.
=
3
3
4
12

Chọn B.
Câu 31:
Phương pháp:
15


Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (0;3)  y '  0,  x  (0;3).
Cách giải:
Ta có: y ' = – x2 + 2 (m – 1)x + m + 3 .
Hàm số đã cho đồng biến trên (0;3)  y '  0,  x  (0;3)  – x2 + 2 (m – 1)x + m + 3  0,  x  (0;3).

Tam thức bậc hai f (x) = – x2 + 2 (m – 1)x + m + 3 có hệ số a = –1 < 0 nên f (x)  0,  x  (0;3)
 f (x) = 0 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1  0 < 3  x2 .

 ' = ( m − 1)2 + ( m + 3)  0
m 2 − m + 4  0 ( m )


12
a f ( 0 ) = − ( m + 3)  0

  m  −3
m
7
a f ( 3) = − ( 7 m − 12 )  0

12

m 

7


Do m nguyên dương và m < 2020 nên m  {2;3;...; 2019} hay có 2018 giá trị của m .
Chọn B.
Câu 32:
Phương pháp:
Biểu diễn số phức z theo w.
Thay vào điều kiện ban đầu để tìm tập hợp điểm.
Sử dụng: số phức z = a + bi ( a; b 
Cách giải:

Đặt w = x + yi (x; y 

Lại có z − i = z − 1 + 2i 



( x − 2) + ( y − 2) i
2−i

( x − 2) + ( y − 2) i
2−i

=
=

w −1
2−i

w −1
w −1
x + yi − 1
x − yi
−i =
− 1 + 2i 
−i =
− 1 + 2i
2−i
2−i
2−i
2−i

( x − 1) + ( y + 5) i
2−i

( x − 1) + ( y + 5) i
2−i

 ( x − 2 ) + ( y − 2 ) = ( x − 1) + ( y + 5 )
2

2

z = a 2 + b2

)

Ta có w = ( 2 − i ) z + 1  z =



) có

2

2

 −4 x + 4 − 4 y + 4 = −2 x + 1 + 10 y + 25
 2 x + 14 y + 18 = 0
 x + 7y +9 = 0

Chọn A.
Câu 33:
Phương pháp:
Lập bảng biến thiên của hàm số y = f (x), từ đó suy ra số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) với trục
hoành.
Cách giải:
Từ đồ thị y = f '(x) ta thấy f '(a) = f '(b) = f '(c) = 0 và có bảng biến thiên của y = f (x) như sau:
16


−

x

a

f '( x )

−

b

0

+

0

+

c
-

0

+

f (b)

f ( x)

f (c)

f (a)

Gọi S1 là phần diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f '(x) , trục hoành và hai đường thẳng
x = a , x = b.
b

Khi đó S1 =  f ' ( x )dx = f ( b ) − f ( a )
a

Gọi S2 là phần diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f '(x) , trục hoành và hai đường thẳng
x = b, x = c .
c

Khi đó S2 =   − f ' ( x )  dx = f ( b ) − f ( c )
b

Vì S1  S2  f ( b ) − f ( a )  f ( b ) − f ( c )  f ( a )  f ( c )

Mà f (a) > 0  f (c) > 0 nên đường thẳng y = 0 không cắt đồ thị hàm số y = f (x).
Vậy số giao điểm bằng 0 .
Chọn C.
Câu 34:
Phương pháp:
- VTPT của mặt phẳng (P) là n( P ) =  AB; ud 
- Khoảng cách từ M ( x0 ; y0 ; z0 ) đến mặt phẳng ( P ) : a x + by + cz + d = 0 là
d ( M ;( P )) =

a x0 + by0 + cz0 + d
a 2 + b2 + c2

Cách giải:
Ta có AB = ( 2; −3; −2 ) và đường thẳng d :

x −1 y + 2 z − 3
=
=
có 1 VTCP ud = ( 2; −1;1)
2
−1
1

Từ đề bài suy ra 1 VTPT của mặt phẳng (P) là −5 ( x − 1) − 6 ( y − 2 ) + 4 ( z − 3) = 0  −5 x − 6 y + 4 z + 5 = 0
Khi đó d ( O; ( P ) ) =

5

( −5) + ( −6 )
2

2

+ 42

=

5 77
77

Chọn D.
Câu 35:
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa tiệm cận:
17


+) Đường thẳng y = y0 được gọi là đường tiệm cận ngang nếu lim y = y0 hoặc lim y = y0
x→+

x→−

+) Đường thẳng x = x0 được gọi là đường tiệm cận đứng nếu thỏa mãn một trong số các điều kiện sau đây:
lim y = + hoặc lim− y = + hoặc lim+ y = − hoặc lim− y = −

x → x0+

x → x0

x → x0

x → x0

Cách giải:
Điều kiện : x >1 .
Ta thấy: lim+ f ( x ) = lim+
x→1

x→1

x−2
= − nên x = 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x x −1

2
1−
x−2
x = 0 nên y = 0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
lim f ( x ) = lim
= lim
x→+
x→+ x x − 1
x→+
x −1
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận.
Chọn A.
Câu 36:
Phương pháp:
Ta có ( au ) ' = u '.au .ln a
Cách giải:

f ' ( x ) = 2 x +3 x+1.( x 2 + 3x + 1) '.ln 2 = 2 x +3 x+1 ( 2 x + 3) ln 2
2

2

Chọn A.
Câu 37:
Phương pháp:
- Lập bảng biến thiên của hàm số y = f ( x )
- Phương trình f ( x ) = m có 6 nghiệm phân biệt  đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f ( x )
tại 6 điểm phân biệt.
Cách giải:
Từ bảng biến thiên ta dựng bảng biên thiên của y = f ( x ) như sau:
x

−
−

y'

−1

x1

+

+

0

0
−

0

5

1
+

0

+

x2
−

+
+

5
2

y
0

0

Quan sát bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) ta thấy, đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = tại 6
điểm phân biệt  2 < m < 5 .

Do m  nên m  {3; 4} hay có 2 giá trị của m thỏa mãn.
Chọn A.
Câu 38:
Phương pháp:
18


Góc giữa hai mặt phẳng bằng góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và vuông góc với
giao tuyến.
Cách giải:
S . ABCD là chóp tứ giác đều cạnh bên SA = SB = SC = SD = 2a . Gọi O
là giao của AC và BD  SO ⊥ (ABCD)
Gọi H là trung điểm CD  SH ⊥ CD
Mà ABCD là hình vuông nên OC = OD  OH ⊥ CD
( SCD )  ( ABCD ) = CD

Ta có  SH ⊥ CD; SH  ( SCD )  góc giữa mặt đáy (ABCD) và

OH ⊥ CD; OH  ( ABCD )
mặt bên (SCD) là SHO
Ta có OH là đường trung bình của CAD  OH =

1
1
AD = .2a = a
2
2
2

 CD 

2
2
Xét tam giác SHC, theo định lý Pytago ta có SH = SC − HC = SC − 
 = 9a − a = 2 2a
 2 
2

2

Xét tam giác SOH vuông tại S (do SO ⊥ (ABCD))  cos SHO =

2

OH
a
2
=
=
SH 2 2a
4

Chọn A.
Câu 39:
Phương pháp:
- Xác định góc giữa mặt phẳng (SBD) với (ABD) (góc giữa hai đường thẳng cùng vuông góc với giao
tuyến)
- Tính khoảng cách dựa vào công thức tỉ số khoảng cách:

d ( A, ( ) )

d ( H , ( ) )

=

IA
IA
 d ( A, ( ) ) =
.d ( H , ( ) )
IH
IH

Cách giải:
Vì AI  (SBD) = B và
1
1
IB = AB  d (I , (SBD )) = d (A, (SBD)).
2
2
1
Tam giác ADB có trung tuyến DI = AB nên vuông tại D
2
hay AD ⊥ DB .
19


Mà SA ⊥ BD  BD ⊥ (SAD)  BD ⊥ SD .
Kẻ AH ⊥ SD . Do BD ⊥ (SAD)  BD ⊥ AH .
Suy ra AH ⊥ (SBD)  d (A, (SBD) = AH .

( SBD )  ( ABCD ) = BD, SD ⊥ BD, AD ⊥ BD

Lại có

nên góc giữa (SBD) và (ABCD) bằng

( SD, DA) = SDA = 450
Tam giác SAD vuông cân tại A có SA = AD = a  SD = a 2  AH =
 d ( I , ( SBD ) ) =

1
a 2
SD =
2
2

1
1 a 2 a 2
AD = .
=
2
2 2
4

Chọn C.
Chú ý:
Một số em sau khi tính xong AH =

a 2
thì chọn ngay đáp án D và quên không chia cho 2 để suy ra
2

khoảng cách từ I đến (SBD) là sai.
Câu 40:
Phương pháp:
b

b

b

a

a

a

Sử dụng phương pháp tích phân từng phần  udv = uv −  vdu
Cách giải:

u = x
u = x



dx = du
Đặt 


 f ( x)
f ( x)

f ( x)
v = e



 f ' ( x ) e dx = dv
e d ( f ( x ) ) = dv
5

Khi đó

 xf ' ( x ) e

f ( x)

dx = 8 x.e

f ( x)

5

0

0

5

− e

f ( x)

5

dx = 8   e

0

f ( x)

dx = 8 = 5.e

f ( 5)

− 8 = 5e ln 5 − 8 = 17

0

Chọn C.
Câu 41:
Phương pháp:
- Gọi E là trung điểm của AB .
- Đánh giá GTNN của tích MA.MB đạt được dựa vào điểm E .
Cách giải:
Mặt cầu (S) có tâm I ( −1;2;1) và bán kính R =

6
2

Gọi E là trung điểm của AB  E (1; −2; −1) và AB = 6 2
Ta có:

(

)(

)

(

)

MA.MB = ME + EA ME + EB = ME 2 + ME. EA + EB + EA.EB
= ME 2 + ME.0 − EB.EB = ME 2 −

1
AB 2
4

Suy ra MA.MB đạt GTNN khi ME đạt GTNN.
Lại có ME + MI  IE  ME + MI  IN + NE  ME  NE
20


 ME đạt GTNN khi M  N với N = IE  (S)
Đường thẳng IE đi qua I ( −1;2;1) và nhận IE = ( 2; −4; −2 ) hay

1
IE = (1; −2; −1) làm VTCP nên
2

 x = −1 + t

IE :  y = 2 − 2t
z = 1− t


N = IE  ( S ) nên ( −1 + t ) + ( 2 − 2t ) + (1 − t ) + 2 ( −1 + t ) − 4 ( 2 − 2t ) − 2 (1 − t ) +
2

2

2

9
=0
2

  1 1
3 6
1

 1
 N  − ;1;   NE =
t
−
1
=
−
t
=



2
9
2
 2 2
2
2
 6 ( t − 1) + 12 ( t − 1) + = 0  


  3 3
2
5 6
t − 1 = − 3
t = − 1
 N  − ;3;   NE =

2

2
2
  2 2 
MEmin =

3 6
1
1
 1 1
khi M  N  − ;1;   a + b + c = − + 1 + = 1

2
2
2
 2 2

Chọn B.
Câu 42:
Phương pháp:
Đặt ẩn phụ 2x = t (t > 0)
Đưa về phương trình dạng f (x) = m rồi sử dụng phương pháp hàm số (BBT) để tìm m.
Cách giải:
Đặt 2x = t (t > 0) ta có phương trình t 2 − ( m + 3) t + 3m + 1 = 0  t 2 − 3t + 1 = mt − 3m

 t 2 − 3t + 1 = m ( t − 3) (*)
t 2 − 3t + 1
1
=t+
(1)
t −3
t −3
Để phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm x > 0 thì phương trình (1) có đúng 1 nghiệm t > 20  t >1

Nhận thấy t = 3 không là nghiệm của phương trình (*) nên ta có m =

Ta xét hàm số f ( t ) = t +
Ta có f ' ( t ) = 1 −
BBT của
t

1

1
trên (1;+ )
t −3

t = 4(tm)
2
 ( t − 3) = 1  
t = 2(tm)

( t − 3)
f ( t ) trên (1;+ )
2

1

f '(t )

2
+

0

3
−

−

0

+

f (t )

1
1
2

+

4
+

+

5
−

21


1

m  2

Từ BBT ta thấy phương trình (1) có đúng 1 nghiệm t > 1 khi  m = 1 mà m  −2019;2019 và m là số
m = 5



nguyên nên m  −2019; −2018;...;0;1;5
Như vậy có 2022 giá trị m thỏa mãn đề bài.
Chọn B.
Câu 43:
Phương pháp:
Nhận xét: Đồ thị hàm số y = f ( x ) có được bằng cách lấy đối xứng phần đồ thị hàm số y = f (x) bên phải
trục Oy qua trục tung, xóa bỏ phần đồ thị bên trái trục Oy và giữ nguyên phần đồ thị bên phải.
Cách giải:
Phương trình f '(x) = 0 có nghiệm x = m, x = -3, x = -1 .
Dễ thấy -3 < -1 < 0 nên hàm số y = f ( x ) có 3 điểm cực trị  hàm số y = f (x) phải có điểm cực trị
x=m>0.
Mà m  , m   −5;5 nên m  {1; 2;3; 4;5}.
Chọn C.
Câu 44:
Phương pháp:
Lập bảng biến thiên của hàm g (x) để tìm điểm cực tiểu của hàm số
Cách giải:
Ta có g ( x ) = f ( x ) + x  g ' ( x ) = f ' ( x ) + 1
Giải phương trình g ' ( x ) = 0  f ' ( x ) + 1 = 0  f ' ( x ) = −1
x = 0
Từ đồ thị hàm số y = f ' ( x ) ta có f ' ( x ) = −1   x = 1
 x = 2

Ta có BBT của hàm g (x)
x

g '( x )

−

0
−

0

1
−

0

+

2
+

0

−

g ( x)

Từ BBT ta thấy hàm số g (x) đạt cực tiểu tại x = 1.
Chọn A.
Câu 45:
Phương pháp:

22


- Chia cả hai vế của đẳng thức bài cho cho ab > 0 và đánh giá tập giá trị của biểu thức t =

a b
+ bằng bất
b a

đẳng thức Cô – si.
- Biến đổi biểu thức P về làm xuất hiện t và sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN của P .
Cách giải:
Ta có: 2 ( a 2 + b 2 ) + ab = ( a + b )( ab + 2 )  2

a 2 + b2
a+b
+1 =
( ab + 2 )
ab
ab

2 2
a b
1 1
a b
 2.  +  + 1 =  +  ( ab + 2 )  2  +  + 1 = a + b + +
a b
b a
a b
b a

Áp dụng bất đẳng thức Cô –si cho bộ hai số dương (a+b) và

( a + b ) + 

2 2
+ 2
a b

Đặt t =

2 2
+ ta có:
a b

( a + b ) 

2 2
a b
a b
a b
+  = 2 4 + 2 +   2 +  +1  2 4 + 2 + 
a b
b a
b a
b a

a b
2
+ ta được 2t + 1  2 4 + 2t  ( 2t + 1)  4 ( 4 + 2t )
b a

 5
t  2

 4t 2 + 4t + 1  16 + 8t  4t 2 − 4t − 15  0  
t  − 3

2

Mà t > 0 nên t 

5
2

  a b 3  a b     a b  2 
 a 3 b3   a 2 b 2 
Khi đó P = 4  3 + 3  − 9  2 + 2  = 4  +  − 3  +   − 9  +  − 2
 b a    b a 
 b a 

b a  b a 

= 4 ( t 3 − 3t ) − 9 ( t 2 − 2 ) = 4t 3 − 9t 2 − 12t + 18
t = 2
5

5

2
Xét hàm f ( t ) = 4t − 9t − 12t + 18 trên  ; +  có f ' ( t ) = 12t − 18t − 12 = 0  
  ; + 
1
t = −
2


2


2
3

 f ' ( t )  0, t 

2

5
hay hàm số f ( t ) đồng biến trên
2

5

 2 ; + 

23
23
5
 f (t )  f   = −  P  −
4
4
2

 a = 2b
5
a b 5

2
2
Dấu “=” xảy ra khi t =  + =  2a − 5ab + 2b = 0  
a = b
2
b a 2

2
23
Vậy min P = −  ( −6; −5 )
4
Chọn A.
Câu 46:
Phương pháp:

23


 BA.BC = 0
Tam giác ABC vuông cân tại B  
 BA = BC

Và điều kiện C  (P) để tìm được cao độ của C.
Cách giải:
Gọi C ( x; y; z )  BC = ( x + 1; y − 1; z ) ; AB = ( −1;0; −2 )
Vì C  (P)  x + y + z = 1 (1)
 −1( x + 1) − 2 z = 0
 BA.BC = 0

Lại có tam giác ABC vuông cân tại B  

( 2)
2
2
2
x
+
1
+
y
−
1
+
z
=
5
 BA = BC
(
)
(
)


x + y + z +1 = 0
 x = −2 z − 1


  y = −z − x −1
Từ (1) và (2) ta có hệ −1( x + 1) − 2 z = 0



2
2
2
2
2
2
( x + 1) + ( y − 1) + z = 5
( x + 1) + ( y − 1) + z = 5
 x = −2 z − 1
z = 1

2
 y = z
 6z − 2z − 4 = 0  
z = − 2

2
2
2
3

( x + 1) + ( y − 1) + z = 5

Vậy điểm C có tung độ là 1 hoặc −

2
3

Chọn A.
Câu 47:

Phương pháp:
- Tính diện tích hình vuông.
- Tính diện tích mỗi nửa elip nhỏ, suy ra diện tích 4 phần bị khoét đi.
Công thức tính diện tích elip: S =  ab .
Từ đó suy ra diện tích phần còn lại.
Cách giải:
- Diện tích hình vuông S1 = 20.20 = 400 (cm2).
1
1
CD 1
8
=  .6. = 12 (cm2).
- Diện tích mỗi nửa elip S2 =  ab =  AB.
2
2
2
2
2
 Diện tích phần bị khoét đi : S3 = 4 S2 = 4.12  = 48  (cm2).
- Diện tích phần còn lại : S = S1 - S 3 = 400 - 48  (cm2)
Chọn A.
Câu 48:
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp hình học để tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z.
Từ đó tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P bằng cách biện luận theo vị trí các điểm đặc biệt của
tập hợp điểm tìm được.
Cách giải:
Gọi điểm M (x; y) là điểm biểu diễn số phức
z = x + yi (x; y  )
24

Điểm A(-3; 2) biểu diễn số phức z1 = 3 - 2i
Điểm B (3; -1) biểu diễn số phức z2 = -3 + i
Khi đó ta có AB =

( 3 + 5 ) + ( −1 − 2 )
2

2

= 3 5 và

z + 3 − 2i + z − 3 + i = 3 5  z − z1 + z − z2 = 3 5
 MA + MB = 3 5

Suy ra MA + MB = AB  tập hợp điểm M là đường thẳng AB.
+ Xét P = z + 2 + z − 1 − 3i
Gọi C (-2;0) và D (1;3) khi đó P = z + 2 + z − 1 − 3i = MC + MD
Ta tìm M1  AB sao cho MC + MD nhỏ nhất và tìm M2  AB sao cho MC + MD lớn nhất
Gọi M1 là giao của AB; CD ta thấy M1C + M1D = CD  MC + MD  BC + BD
Giá trị nhỏ nhất của P là m = M1C + M1D = CD =
Giá trị lớn nhất của P là M = BC + BD =

32 + 32 = 3 2

52 + ( −1) + 22 + ( −4 ) = 26 + 2 5
2

2

Chọn C.
Câu 49:
Phương pháp:
- Dựng thiết diện cắt bởi (AB 'M) với hình hộp.
- Sử dụng phương pháp cộng trừ thể tích khối đa diện suy ra các tỉ số thể tích.
Cách giải:
Dựng thiết diện cắt bởi (AB 'M) với hình hộp như hình vẽ.
EC
CM 1
=
=
Ta có: CM / / BC ' 
B ' C ' MC ' 2
EC EM EF 1

=
=
=
EB EB ' EA 3
Đặt thể tích VABCD. A ' B 'C ' D ' = V = S ABB ' A' .d ( C , ( ABB ' A ') )
1
Mà VE . ABB ' = S ABB ' .d ( E , ( ABB ' ) )
3

1
S .d E , ABB ' A ') )
d ( E , ( ABB ' A ') ) 1 1 EB 1 1 3 1
VE . ABB ' 3 ABB ' ( (
1 S


=
= . ABB ' .
= . .
= . . =
V
S ABB ' A ' .d ( C , ( ABB ' A ') ) 3 S ABB ' A ' d ( C , ( ABB ' A ' ) ) 3 2 CB 3 2 2 4
1
 VE . ABB ' = V
4

Lại có

VE . FCM EF EC EM 1 1 1 1
1
=
.
.
= . . =
 VE .FCM = VE . ABB '
VE . ABB ' EA EB EB ' 3 3 3 27
27

Chọn E.
Câu 50:
Phương pháp:
Biến đổi giả thiết để tìm được hàm f ( x )

25