Đề thi thử THPT QG môn toán THPT đào duy từ hà nội lần 2 năm 2019 có lời giải chi tiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ
MÃ ĐỀ 357

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 Đào Duy Từ 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: 90% lớp 12 và 10% lớp 11, không
có câu hỏi thuộc nội dung chương trình lớp 10. Qua đó giúp HS kiểm tra được kiến thức của mình, từ đó
có kế hoạch ôn tập một cách hiệu quả nhất.
Câu 1 (TH): Cho phương trình z 2  mz  2m  1  0 trong đó m là tham số phức. Giá trị của m để phương
trình có hai nghiệm z1 , z2 thỏa mãn z12  z22  10 là:
A. m  2  2 2i

B. m  2  2 2i

C. m  2  2 2i

Câu 2 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 :
d2 :

D. m  2  2 2i
x 1 y z  3
 
và
1
2
3

x y 1 z  2


. Khẳng định nào sau đây là đúng?
2
4
6

A. d1 cắt d 2

B. d1 trùng d 2

C. d1 // d 2

D. d1 chéo d 2

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

Câu 3 (NB): Đồ thị hàm số y 
A. x  1 và y  3

Câu 4 (TH): Một người gửi số tiền 2 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0,65% / tháng. Biết rằng
nếu người đó không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban
đầu (người ta gọi đó là lãi kép). Số tiền người đó lãnh được sau hai năm, nếu trong khoảng thời gian này

không rút tiền ra và lãi suất không đổi là:
A. 2. 1, 0065 

24

C. 2.  2, 0065 

24

triệu đồng

B.  2, 0065 

triệu đồng

D. 1, 0065 

Câu 5 (NB): Phát biểu nào sau đây là đúng.
A. Hình tứ diện đều có: 6 đỉnh, 6 cạnh, 4 mặt.
C. Hình tứ diện đều có: 6 đỉnh, 4 cạnh, 4 mặt.
a

Câu 6 (TH): Cho số thực a thỏa mãn

e

x 1

24

triệu đồng

24

triệu đồng

B. Hình tứ diện đều có: 4 đỉnh, 4 cạnh, 4 mặt.
D. Hình tứ diện đều có: 4 đỉnh, 6 cạnh, 4 mặt.

dx  e 2  1

1

A. 1

B. 2

C. 0

D. 1

Câu 7 (TH): Cho số phức z thỏa mãn 3 z  2 z   4  i  . Mô đun của số phức z là
2

A. 73

B.  73

C. 73

D.

73

Câu 8 (NB): Cho hàm số y  x3  3 x 2  2 . Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đạt cực đại tại x  0 và cực tiểu tại x  2
B. Hàm số đạt cực đại tại x  2 và cực tiểu tại x  0
1


C. Hàm số đạt cực đại tại x  2 và cực tiểu tại x  0
D. Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 và cực đại tại x  0
Câu 9 (NB): Trong các hàm số sau, hàm số nào chỉ có cực đại mà không có cực tiểu?
x2  x  1
x2
3
2
A. y 
B. y  17 x  2 x  x  5 C. y 
D. y  10 x 4  5 x 2  7
x 1
x 1
Câu 10 (TH): Cho khối tứ diện OABC với OA, OB, OC vuông góc từng đôi một và
OA  a; OB  2a; OC  3a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của hai cạnh AC, BC. Thể tích của khối tứ

diện OCMN theo a bằng.
A.

a3
4

B. a 3

Câu 11 (TH): Đối với hàm số y  ln
A. xy ' 1  e y

C.

3a 3
4

D.

2a 3
3

1
, khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
x 1

B. xy ' 1  e y

C. xy ' 1  e y

D. xy ' 1  e y

Câu 12 (NB): Đường cong trong hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số
nào?
A. y   x 2  x  1

B. y  x3  3 x  1

C. y   x3  3 x  1

D. y  x 4  x 2  1

Câu 13 (TH): Diện tích hình phẳng giới hạn bởi y  x3 , y  4 x là:
A. 9

B. 8

C. 13

D. 12

Câu 14 (TH): Một hình nón có đỉnh S , đáy là đường tròn C  tâm O , bán kính R bằng với đường cao
của hình nón. Tỉ số thể tích của hình nón và hình cầu ngoại tiếp hình nón bằng:
A.

1
2

B.

1
3

C.

1

4

D.

1
6

Câu 15 (TH): Cho hai số phức z1  1  2i và z2  2  3i . Phần ảo của số phức w  3 z1  2 z2 là:
A. 12

B. 11

C. 12i

D. 1

Câu 16 (TH): Tìm nguyên hàm của hàm số f  x   3 x 2  e  x

 f  x  dx  x
C.  f  x  dx  x
A.

3

 e x  C

2

 e x  C

 f  x  dx  x
D.  f  x  dx  x

B.

Câu 17 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y 

3

 e x  C

3

 ex  C

m 3
x  2 x 2  mx  1 có 2 điểm cực
3

trị thỏa mãn xCD  xCT
A. 0  m  2

B. 2  m  0

C. m  2

D. 2  m  2

2

Câu 18 (TH): Cho hàm số f  x  có đạo hàm trên  sao cho f '  x   0; x  0 . Hỏi mệnh đề nào dưới
đây đúng?
A. f  e   f    f  3  f  4 

B. f  e   f    0

C. f  e   f    2 f  2 

D. f 1  f  2   2 f  3

Câu 19 (TH): Cho hàm số y   x 4  4 x 2  10 và các khoảng sau:







(I): ;  2 ;





(II):  2;0 ;

(III): 0; 2



Hỏi hàm số đồng biến trên các khoảng nào?
A. (I) và (II)
B. Chỉ (II)
C. Chỉ (I)
Câu 20 (NB): Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:

D. (I) và (III)

A. Hàm số y  ax với a 1 nghịch biến trên khoảng ; 
B. Hàm số y  ax với 0  a 1 đồng biến trên khoảng ; 
C. Đồ thị hàm số y  ax và đồ thị hàm số y  loga x đối xứng nhau qua đường thẳng y  x
D. Đồ thị hàm số y  ax với a  0 và a 1 luôn đi qua điểm M  a;1

 x  1  t
x 1 y  2 z  4



Câu 21 (VD): Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d :
và d ' :  y  t
2
1
3
 z  2  3t

cắt nhau. Phương trình mặt phẳng chứa d và d ' là
A. 6 x  9 y  z  8  0 B. 6 x  9 y  z  8  0
C. 2 x  y  3 z  8  0 D. 6 x  9 y  z  8  0
Câu 22 (TH): Cho hình nón tròn xoay có thiết diện qua đỉnh là một tam giác vuông cân. Hãy chọn câu

sai trong các câu sau:
A. Hai đường sinh tùy ý thì vuông góc với nhau B. Đường cao bằng tích bán kính đáy và tan 45
C. Đường sinh hợp với trục góc 45
D. Đường sinh hợp với đáy góc 60
Câu 23 (NB): Hai mặt phẳng nào dưới đây tạo với nhau một góc 600 ?
A.  P  : 2 x  11 y  5 z  3  0 và  Q  :  x  2 y  z  5  0
B.  P  : 2 x  11 y  5 z  3  0 và  Q  : x  2 y  z  2  0
C.  P  : 2 x  11 y  5 z  21  0 và  Q  : 2 x  y  z  2  0
D.  P  : 2 x  5 y  11z  6  0 và  Q  :  x  2 y  z  5  0
Câu 24 (TH): Cho 4 điểm A  3; 2; 2  ; B  3; 2;0  ; C  0; 2;1 ; D  1;1; 2  . Mặt cầu tâm A và tiếp xúc với
mặt phẳng  BCD  có phương trình là
A.  x  3   y  2    z  2   14

B.  x  3   y  2    z  2   14

C.  x  3   y  2    z  2   14

D.  x  3   y  2    z  2   14

2

2

2

2

2

2

Câu 25 (TH): Giá trị nhỏ nhất của hàm số y 

2

2

2

2

2

2

x 1
trên đoạn  0; 2 là:
2x  3

3


1
1
C. 
3
7
Câu 26 (NB): Cho số phức z  5  4i . Mô đun của số phức z là

A. 2

B.

D. 0

A. 3
B. 41
C. 1
D. 9
Câu 27 (VD): Xác định tập hợp các điểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều
kiện: z  1  i  4
A. Đường tròn tâm I 1; 1 , bán kính R  4.
B. Hình tròn tâm I 1; 1, bán kính R  4.
C. Hình tròn tâm I 1; 1, bán kính R  4 (kể cả những điểm nằm trên đường tròn).
D. Đường tròn tâm I 1; 1, bán kính R  4.



Câu 28 (TH): Nếu

3 2



x

 3  2 thì

B. x  

D. x  1


Câu 29 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai véc tơ a  2;1;0  và b  1; m  2;1 . Tìm m
 
để a  b
A. x  1

C. x  1

A. m  0
B. m  4
C. m  2
Câu 30 (TH): Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của một hàm số
trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây.
Hỏi hàm số đó là hàm số nào?
A. y  log 2 x

B. y  log 2  2 x 

C. y  log

D. y  log 1 x

2

x

D. m  3

2

Câu 31 (VD): Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB  3a, AD  4a, AA '  4a . Gọi G là trọng
tâm tam giác CC 'D . Mặt phẳng chứa B'G và song song với C 'D chia khối hộp thành 2 phần. Gọi H là
khối đa diện chứa C . Tính tỉ số
A.

19
54

V H 

V
38
B.
3

với V là thể tích khối hộp đã cho.
.C.

23
4

D.

25
2

Câu 32 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  36 ,
2

điểm I 1; 2;0  và đường thẳng d :

2

2

x2 y2 z

 . Tìm tọa độ điểm M thuộc d, N thuộc (S) sao cho I
3
4
1

là trung điểm của MN.

 N  3; 2;1
A. 
 N  3;6; 1

 N  3; 2;1
B. 
 N  3;6; 1

 N  3; 2;1
C. 
 N  3;6;1

 N  3; 2; 1
D. 

 N  3;6;1
4


Câu 33 (VD): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  . Đồ thị
của hàm số y  f  x  như hình vẽ bên. Khi đó giá trị của biểu thức
4

2

0

0

 f '  x  2  dx   f '  x  2  dx
A. 2
C. 10

bằng bao nhiêu?

B. 8
D. 6

Câu 34 (VD): Cho tứ diện ABCD có AB  CD  11m; BC  AD  20m; BD  AC  21m . Tính thể tích
khối tứ diện ABCD.
A. 770 m3

B. 340 m3

C. 720 m3

D. 360 m3

Câu 35 (VD): Cho số phức z thỏa mãn z  i  1  z  2i . Tìm giá trị nhỏ nhất của z .
A. 

1
2

B. 

2
2

C.

1
2

D.

2
2

Câu 36 (VD): Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  x 4  2m 2 x 2  m 4  1 có ba điểm cực trị.
Đồng thời ba điểm cực trị đó cùng với gốc O tạo thành một tứ giác nội tiếp.
A. m  1
B. m  1
C. m  1
Câu 37 (VD): Có tất cả bao nhiêu số dương a thỏa mãn đẳng thức

D. không tồn tại m

log 2 a  log 3 a  log 5 a  log 2 a.log 3 a.log 5 a ?
A. 1

B. 0

C. 3

D. 2

Câu 38 (VD): Gọi A, B là hai điểm thuộc hai nhánh khác nhau trên đồ thị (C) của hàm số y 

x3
, độ
x 3

dài ngắn nhất của đoạn thẳng AB là
A. 2

B. 4

C. 4 3

Câu 39 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :

D. 2 3
x 1 y z 1
 

và hai điểm
2
3
1

A 1; 2; 1 , B  3; 1; 5  . Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho khoảng cách
từ B đến đường thẳng d là lớn nhất. Khi đó, gọi M  a; b; c  là giao điểm của d với đường thẳng  . Giá trị
P  a  b  c bằng

A. 2
B. 4
C. 2
D. 6
Câu 40 (VD): Một vật có kích thước và hình dáng như hình vẽ dưới đây. Đáy là hình tròn giới hạn bởi
đường tròn x 2  y2 16 (nằm trong mặt phẳng Oxy), cắt vật bởi các mặt phẳng vuông góc với trục Ox ta
được thiết diện là hình vuông. Thể tích của vật thể là

5


4

A.

4

 4 16  x  dx
2

B.

1

4

 4 x dx
2

C.

4

 4x dx
2

4

4

D.

 4 16  x  dx
2

4

Câu 41 (VD): Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn 1; 2 và thỏa mãn f  x   0 khi x  1; 2 .
2

Biết



f '  x  dx  10 và

 
 f  x  dx  ln 2 . Tính f  2  .
2

f' x

1

1

A. f  2   20

B. f  2   10

C. f  2   20

D. f  2   10

Câu 42 (VD): Giả sử viên phấn viết bảng có dạng hình trụ tròn xoay đường kính đáy bằng 1cm, chiều dài
6cm. Người ta làm những hộp carton đựng phấn dạng hình hộp chữ nhật có kích thước 656. Muốn xếp
350 viên phấn vào 12 hộp ta được kết quả nào trong các khả năng sau:
A. Thừa 10 viên
B. Vừa đủ
C. không xếp được
D. Thiếu 10 viên

Câu 43 (TH): Số nghiệm của phương trình log 2 x.log 3  2 x  1  2 log 2 x là:
A. 3

B. 1

C. 2
28
x 1
3

D. 0

2

Câu 44 (VD): Cho phương trình 2
 16 x 1 . Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Tổng các nghiệm của phương trình là một số nguyên
B. Tổng các nghiệm của phương trình là một số nguyên
C. Tích các nghiệm của phương trình là một số dương
D. Phương trình vô nghiệm
Câu 45 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình
log 2  5 x  1 .log 2  2.5 x  2   m có tập nghiệm là 1;   ?

A. m  6

B. m  6

C. m  6

D. m  6

Câu 46 (VD): Một hình lập phương có diện tích mặt chéo bằng a 2 2 . Gọi V là thể tích khối cầu và S là
diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương nói trên. Khi đó tích S.V bằng
A. SV 

3 2 a 5
2

B. SV 

3 3 2 a 5
2

C. SV 

3 6 2 a 5
2

D. SV 

3 2 a 5
2

Câu 47 (VD): Tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y   x 4   2m  3 x 2  m nghịch


p
p
biến trên khoảng 1; 2  là  ;  , trong đó phân số
tối giản và q  0 . Hỏi tổng p  q là:

q
q

A. 7
B. 5
C. 9
D. 3
Câu 48 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1;1;1 . Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và
cách gốc tọa độ một khoảng lớn nhất. Khi đó, mặt phẳng (P) đi qua điểm nào sau đây?
A. M 1  1; 2;0 

B. M 2 1; 2;0 

C. M 3  1; 2;0 

D. M 1 1; 2;0 

x  t

Câu 49 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba đường thẳng d1 :  y  4  t
 z  1  2t


6


x y2 z
x 1 y 1 z 1





và d3 :
. Gọi  là đường thẳng cắt d1 , d 2 , d3 lần lượt tại các điểm
1
3
3
5
2
1
A, B, C sao cho AB = BC. Phương trình đường thẳng 
x2 y2 z
x y2 z
x y  3 z 1
x y  3 z 1

 B. 




A.
C.
D. 
1
1
1
1
1
1

1
1
1
1
1
1
d2 :

m

 2  6i 
Câu 50 (VD): Cho số phức z  
 , m nguyên dương. Có bao nhiêu giá trị m  1;50 để z là số
 3i 
thuần ảo?
A. 25
B. 50
C. 26
D. 24

7


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
1.B

2.C

3.D

4.A

5.D

6.D

7.D

8.D

9.D

10.A

11.D

12.B

13.B

14.C

15.A

16.B

17.A

18.C

19.D

20.C

21.A

22.A

23.A

24.B

25.C

26.B

27.C

28.D

29.B

30.A

31.A

32.B

33.D

34.D

35.D

36.A

37.C

38.C

39.D

40.A

41.C

42.D

43.C

44.B

45.B

46.B

47.A

48.D

49.B

50.A

Câu 1:
Phương pháp:
b

 z1  z2   a
Áp dụng định lý Vi-et cho phương trình bậc hai 
z z  c
 1 2 a

Cách giải:
b

z1  z2    m


a
Áp dụng định lý Vi-et cho phương trình z 2  mz  2m  1  0 trong tập số phức ta có: 
 z z  c  2m  1
 1 2 a

Khi đó: z12  z22  10   z1  z2   2 z1 z2  10
2

 m 2  2  2m  1  10  m 2  4m  12  0  m  2  2 2i
Chọn: B
Câu 2:

Phương pháp:
Sử dụng vị trí tương đối của hai đường thẳng.


Đường thẳng d1 có VTCP u1 và đi qua điểm M 1 ; đường thẳng d 2 có VTCP u2 và đi qua điểm M 2
 
Khi đó d1 / / d 2  u1 ; u2 cùng phương và M 1  d 2 (hoặc M 2  d1 )
Cách giải:


x 1 y z  3
 
có VTCP u1  1; 2;3 và đi qua M 1 1;0;3
1
2
3

x y 1 z  2

+ Đường thẳng d 2 : 
có VTCP u2   2; 4;6  và đi qua M 2  0;1; 2 
2
4
6


 
x 1 y z  3
 
Nhận thấy u2  2u1 nên u1 ; u2 cùng phương. Lại có thay tọa độ M 2  0;1; 2  d1 :

ta được
1
2
3
0 1 1 2  3
1
1
 
 1    (vô lý) nên M 2  d1 .
1
2
3
2
3
+ Đường thẳng d1 :

Vậy d1 / / d 2
Chọn: C
8


Câu 3:
Phương pháp:
Đồ thị hàm số y 

ax  b
d
a
 ad  bc  có TCĐ: x   và TCN: y 
cx  d

c
c

Cách giải:
Đồ thị hàm số y 

2x  3
có đường TCĐ: x  1 và đường TCN: y  2
x 1

Chọn: D
Câu 4:
Phương pháp:
Sử dụng công thức lãi kép M  A. 1  r  với A là số tiên gốc ban đầu, r là lãi suất, n là số kì hạn gửi, M
n

là tổng số tiền cả vốn và lãi sau n kì hạn.
Cách giải:
Số tiền sau 2 năm = 24 tháng người đó nhận được là M  2 1  0, 65%   2. 1, 0065 
24

24

triệu đồng.

Chọn: A
Câu 5:
Phương pháp:
Dựng hình và đếm cố cạnh, số mặt và số đỉnh của tứ diện đều.
Cách giải:

Hình tứ diện đều có 4 mặt, 4 đỉnh và 6 cạnh.
Chọn D
Câu 6:
Phương pháp:
b

b

a

a

Sử dụng công thức  eu du  eu
Cách giải:
Ta có

a

a

1

1

x 1
x 1
 e dx  e

a

Theo đề bài

e

x 1

 e a 1  e 11  e a 1  1

dx  e 2  1 nên e a 1  1  e 2  1  a  1  2  a  1

1

Chọn: D
Câu 7:
Phương pháp:
- Gọi z  a  bi  a, b    thay vào điều kiện bài cho tìm a, b.
- Tính môđun z  a 2  b 2
Cách giải:
9


Gọi z  a  bi  a, b     z  a  bi ta có:
3 z  2 z   4  i   3  a  bi   2  a  bi   16  8i  i 2
2

5a  15 a  3
 5a  bi  15  8i  

b  8
b  8

 z  3  8i

Vậy z  32  82  73
Chọn: D
Câu 8:
Phương pháp:
+ Tính y ' , giải phương trình y '  0 tìm được các nghiệm xi
+ Tính y ''  y ''  xi  . Nếu y ''  xi   0 thì xi là điểm cực đại của hàm số, nếu y ''  xi   0 thì xi là điểm
cực tiểu của hàm số.
Hoặc lập bảng biến thiên rồi kết luận.
Cách giải:

x  0
Ta có; y '  3 x 2  6 x  0  
x  2
Lại có y ''  6 x  6 , suy ra y ''  0   6.0  6  6  0 và y ''  2   6.2  6  6  0
Nên x  0 là điểm cực đại của hàm số và x  2 là điểm cực tiểu của hàm số.
Chọn: D
Câu 9:
Phương pháp:
Nhận xét tính chất của mỗi hàm số ở các đáp án và kết luận.
Cách giải:
Đáp án A: Hàm phân thức không có cực trị nên loại A.
Đáp án B: Hàm bậc ba nếu có cực đại thì chắc chắn có cực tiểu nên loại B.
Do đó t chỉ xét các hàm số ở mỗi đáp án C và D.
Đáp án D: y '  40 x3  10 x  10 x  4 x 2  1  0  x  0
Ngoài ra y ' đổi dấu từ dương sang âm qua x  0 nên x  0 là điểm cực đại của hàm số, hàm số không
có cực tiểu.
Chọn: D
Câu 10:

Phương pháp:
1
Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp có chiều cao h và diện tích đáy S là V  h.S
3
Sử dụng công thức tỉ lệ thể tích: Cho hình chóp S.ABCD có M, N, P lần lượt thuộc các cạnh SA, SB, SC.
V
SM SN SP
.
.
Khi đó ta có S ..MNP 
VS . ABC
SA SB SC

10


Cách giải:
1
1 1
Ta có VOABC  OA.SOBC  .a. .2a.3a  a 3
3
3 2
V
OC OM ON 1 1 1
.
.
 . 
Lại có OCMN 
VOCAB OC OA OB 2 2 4
1

1
a3
VOCMN  VOCAB  .a 3 
4
4
4
Chọn: A
Câu 11:
Phương pháp:

Tính y ' và kiểm tra tính đúng sai của từng đáp án.
Sử dụng công thức:  ln u  ' 

u'  1
u'
;  '   2
u u
u

Cách giải:
Ta có: y  ln

1
 ln1  ln  x  1   ln  x  1
x 1

Suy ra y '    ln  x  1  '  

 x  1 '  
x 1

1
x 1

 x   x  1 2 x  1
 1 

Do đó xy ' 1  x.  
 1 
x 1
x 1
 x 1 

 x   x  1
1
 1 
xy ' 1  x.  

 1 
x 1
x 1
 x 1 
e y  e  ln  x 1  e

ln

1
x 1



1
 xy ' 1
x 1

Vậy xy ' 1  e y
Chọn: D
Câu 12:
Phương pháp:
Sử dụng cách đọc đồ thị hàm số để loại trừ đáp án.
Xác định tọa độ một số điểm thuộc đồ thị hàm số rồi thay tọa độ vào các đáp án để chọn ra đáp án đúng.
Cách giải:
Từ hình dáng đồ thị hàm số ta xác định rằng đây là đồ thị hàm đa thức bậc ba nên loại A và D.
Lại có điểm có tọa độ 1; 3 thuộc đồ thị hàm số nên ta thay x  1; y  3 vào hai hàm số còn lại thì chỉ
có hàm số y  x 3  3 x 1 thỏa mãn.
Chọn B.
Chú ý khi giải : Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số là hàm bậc 3 nên loại đáp án A và D.
Lại có nét cuối của đồ thị hướng lên trên nên a  0  chọn đáp án B.
Câu 13:
11


Phương pháp:
- Xét phương trình hoành độ giao điểm tìm nghiệm.
- Sử dụng công thức tính diện tích:

S

xn

f  x   g  x  dx 



x0

x1

x2

xn

x0

x1

xn1

  f  x   g  x   dx 

  f  x   g  x   dx  ... 

  f  x   g  x   dx

Cách giải:

x  0
Xét phương trình x  4 x  x  x  4   0   x  2
 x  2
3

2

Do đó:
2

S



0

x3  4 x dx 

2

1

  x4  2x2 
4




2
0

2

x3  4 x dx   x3  4 x dx 

0

0

2

2

0

3
3
  x  4 x  dx    x  4 x  dx

2

1

  x4  2x2   4  4  8
4
0
2

Chọn: B
Chú ý khi giải:
2

Các em cũng có thể bấm máy tính trực tiếp khi tính tích phân



x3  4 x dx bằng cách dùng phím Shift +

2

Abs (giá trị tuyệt đối) khi nhập hàm số.
Câu 14:
Phương pháp:
1
+ Hình nón có chiều cao h và bán kính R thì có thể tích là V   R 2 h
3
4 3
+ Hình cầu có bán kính r thì có thể tích bằng V   r
3
Cách giải:
Vì hình nón có bán kính R và chiều cao h bằng nhau nên h = R và thể
1
1
1
tích hình nón đã cho là Vn   R 2 h   R 2 .R   R 3
3
3
3
Cắt hình nón bởi mặt phẳng đi qua trục ta được thiết diện là tam giác
BA
cân SAB có SH  h  R  HB 
nên SAB vuông tại S.
2
Khi đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB và H cũng là
tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón đỉnh S.

Nên bán kính mặt cầu là HS = R nên thể tích hình cầu này là
4
Vc   R 3
3

12


1 3
R
Vn 3
1
Suy ra


Vc 4  R 3 4
3
Chọn: C
Câu 15:
Phương pháp:
Tính số phức w, sử dụng các công thức cộng, trừ, nhân số phức.
Cách giải:

Ta có: w  3 z1  2 z2  3 1  2i   2  2  3i   3  6i  4  6i  1  12i
Vậy phần ảo của w là 12.
Chọn: A
Câu 16:
Phương pháp:
x n 1
 C  n  1 ;  eu du  eu  C

Sử dụng các công thức nguyên hàm  x dx 
n 1
Cách giải:
n

Ta có



f  x  dx    3 x 2  e  x  dx  3.

x3
 e x  C  x3  e x  C
3

Chọn: B
Câu 17:
Phương pháp:
Hàm số đa thức bậc ba có hai điểm cực trị thỏa mãn xCD  xCT nếu a  0, y '  0 có hai nghiệm phân biệt.
Cách giải:
Hàm số đã cho có hai điểm cực trị thỏa mãn xCD  xCT nếu và chỉ nếu a  0 và phương trình y '  0 có
hai nghiệm phân biệt.
m
+) a  0   0  m  0
3
+) y '  0  mx 2  4 x  m  0 có  '  4  m 2
Phương trình y '  0 có hai nghiệm phân biệt    4  m 2  0  2  m  2
Kết hợp ta được 0  m  2
Chọn: A
Câu 18:

Phương pháp:
Sử dụng f '  x   0; x   a; b  thì f  x  nghịch biến trên  a; b  , khi đó f  b   f  a 
Cách giải:
Vì f '  x   0; x  0 nên hàm số nghịch biến trên  0;   suy ra

f 1  f  2   f  e   f  3  f    f  4 
Khi đó
13


 f  e   f  3
+ 
 f  e   f    f  3  f  4  nên A sai
 f    f  4 

+ f  e   f   nên f  e   f    0 nên B sai
 f  e   f  2 
+ 
 f  e   f    2 f  2  nên C đúng
 f    f  2 
 f 1  f  3
+ 
 f 1  f  2   2 f  3 nên D sai
 f  2   f  3
Chọn: C
Câu 19:
Phương pháp:
- Tìm các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số:
+ Tính y ' , giải phương trình y '  0
+ Các khoảng làm cho y '  0 là các khoảng đồng biến của hàm số.

+ Các khoảng làm cho y '  0 là các khoảng nghịch biến của hàm số.
- Đối chiếu với các khoảng bài cho và kết luận.
Cách giải:

x  0
y   x 4  4 x 2  10  y '  4 x3  8 x  4 x  x 2  2   0  
x   2
Xét dấu y ' :

x   2
Ta thấy: y '  0  
nên hàm số đồng biến trên các khoảng ;  2 và 0; 2 (khoảng (I)
0  x  2
và (III))
Chọn: D
Câu 20:
Phương pháp:



 



+ Sử dụng tính chất hàm số và sự biến thiên của hàm số y  a x
Cách giải:
+ Hàm số y  a x với a  1 thì đồng biến trên  nên A sai
+ Hàm số y  a x với 0  a  1 thì nghịch biến trên  nên B sai
+ Đồ thị hàm số y  a x và đồ thị hàm số y  log a x đối xứng nhau qua đường thẳng y  x nên C đúng
+ Đồ thị hàm số y  a x với a  0 và a  1 luôn đi qua điểm M 1; a  nên D sai.

14


Chọn: C
Câu 21:
Phương pháp:
- Tìm điểm đi qua M  d  d '

 
- Tìm VTPT n  ud , ud ' 
- Viết phương trình mặt phẳng A  x  x0   B  y  y0   C  z  z0   0
Cách giải:

 
Mặt phẳng (P) chứa d và d ' nếu nó đi qua M  d  d ' và nhận ud , ud '  làm VTPT.
 x  1  2t '
x 1 y  2 z  4

d:


 d :  y  2  t '
2
1
3
 z  4  3t '

1  2t '  1  t
2t ' t  2
t '  0



Gọi M là giao điểm của d và d ' , khi đó 2  t '  t
 t ' t  2  
t  2
4  3t '  2  3t
3t ' 3t  6


Suy ra M 1; 2; 4 



 
Ta có: ud   2;1;3 , ud '  1; 1;3  n  ud ; ud '    6;9;1

Mặt phẳng (P) đi qua M 1; 2; 4  và nhận n   6;9;1 làm VTPT nên

 P  : 6  x  1  9  y  2   1 z  4   0  6 x  9 y  z  8  0
Chọn: A
Câu 22:
Phương pháp:
Sử dụng mối quan hệ góc giữa hai đường thẳng, góc giữa đường thẳng và mặt phẳng.
Sử dụng tính chất hình nón, tính chất tam giác vuông cân.
Cách giải:
Hình nón đỉnh S có thiết diện đi qua đỉnh là tam giác vuông cân
SAB khi đó xét tam giác vuông SHB có đường cao

SH  HB.tan 450 nên B đúng.
Tam giác SBH vuông có SBH  450 nên SHB vuông cân,

suy ra HSB  450 hay đường sinh SB hợp với trục SH góc

HSB  450 nên C đúng.
Và đường sinh SB tạo với đáy góc SBH  450 nên D đúng.
Hai đường sinh bất kì SB, SC chưa chắc vuông góc với nhau
nên A sai.
Chọn: A
Câu 23:
Phương pháp:
15


 
nP .nQ
Góc giữa hai mặt phẳng (P),(Q) thỏa mãn: cos    
nP . nQ

Cách giải:



Đáp án A: nP   2;11; 5  , nQ   1; 2;1
 cos  

2.  1  11.2   5  .1
22  112   5  .
2

 1

2

 22  12



15 1
    600
30 2

Chọn: A
Câu 24:
Phương pháp:
+ Mặt cầu (S) có tâm I  x0 ; y0 ; z0  và tiếp xúc với mặt phẳng (P) thì có bán kính R  d  I ;  P   và
phương trình mặt cầu là  x  x0    y  y0    z  z0   R 2

 
+ Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C có 1 VTPT là n   AB; AC 
2

2

2

Cách giải:


 
+ Ta có BC   3;0;1 ; BD   4; 1; 2    BC ; BD   1; 2;3


 
+ Mặt phẳng (BCD) đi qua B  3; 2;0  và có 1 VTPT là n   BC ; BD   1; 2;3 nên phương trình mặt
phẳng (BCD) là 1 x  3  2  y  2   3  z  0   0  x  2 y  3 z  7  0
+ Vì mặt cầu (S) tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (BCD) nên bán kính mặt cầu là

R  d  A;  BCD   

3  2.  2   3.  2   7
12  22  32

 14

Phương trình mặt cầu (S) là  x  3   y  2    z  2   14
2

2

2

Chọn: B
Câu 25:
Phương pháp:
- Tính y ' xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số.
- Tính GTNN của hàm số trên 1; 2
Cách giải:
Ta có: y ' 

1.3  2.1

 2 x  3

2



5

 2 x  3

2

 0, x  

3
2

Do đó hàm số nghịch biến trên  0; 2  min y  y  2   
0;2

1
7

Chọn: C
Câu 26:
Phương pháp:
Số phức z  a  bi  a; b    có môđun z  a 2  b 2
16


Cách giải:

Số phức z  5  4i có môđun z  52   4   41
2

Chọn: B
Câu 27:
Phương pháp:
- Gọi điểm M  x; y  biểu diễn số phức z  x  yi
- Thay vào điều kiện đề bài tìm mối quan hệ x; y và kết luận.
Cách giải:
Gọi z  x  yi  x, y    , khi đó:
z  1  i  4   x  1   y  1 i  4 

 x  1   y  1
2

2

 4   x  1   y  1  42
2

2

Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn bài toán là hình tròn tâm I  1; 1 , bán kính R  4
(kể cả những điểm nằm trên đường tròn).
Chọn: C
Câu 28:
Phương pháp:
a f  x   a g  x  với 0  a  1 thì f  x   g  x 

Cách giải:

Ta có
Nên





3 2

3 2





x



3  2 1 3  2 

 3 2 



3 2

 
x

1

3 2

3 2





1

3 2



1

 x  1 (vì 0  3  2  1 )

Chọn: D
Câu 29:
Phương pháp:
 

Điều kiện để a  b là a.b  0
Cách giải:
 

Ta có: a  b  a.b  0  2.  1  1.  m  2   0.1  0  m  4  0  m  4

Chọn: B
Câu 30:
Phương pháp:
Xác định tính đồng biến, nghịch biến của hàm số từ đó loại trừ đáp án. Lưu ý rằng hàm số

y  log a x  0  a  1; x  0  đồng biến trên  0;   nếu a  1 và nghịch biến trên  0;   nếu 0  a  1
Xác định điểm thuộc đồ thị hàm số và thay tọa độ vào từng hàm số ở đáp án để tìm ra đáp án đúng.
Cách giải:
Từ đồ thị ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên  0;   nên a  1 , loại D.

17


1
1

Điểm có tọa độ  ; 1 thuộc đồ thị hàm số nên ta thay x  ; y  1 vào từng hàm số còn lại, chỉ có
2
2




1
hàm số y  log 2 x thỏa mãn  do log 2    1 nên chọn A.
2


Chọn: A
Câu 31:

Phương pháp:
- Dựng mặt phẳng chứa B ' G và song song với C ' D .
- Xác định khối đa diện và tính thể tích bằng cách cộng trừ thể tích các khối đa diện đơn giản.
Cách giải:
Gọi   là mặt phẳng chứa B ' G và song song với C ' D .
Gọi M, N lần lượt là giao điểm của   với CD và CC ' .
Khi đó ta có: MN / / C ' D và

CM CN 2


CD CC ' 3

Và   là mặt phẳng  AMNB ' ,  H  là phần khối đa
diện chứa C.
Khi đó ta có: V H   VM .BCNB '  VB '. ABM
Ta có: BCNB ' là hình thang vuông tại B, C có diện tích:
S BCNB ' 

1
1
2
40a 2
 BB ' CN  .BC   4a  .4a  .4a 
2
2
3
3


1
1 2
40
80a 3
 VMBCNB '  MC.S BCNB '  . .3a. a 2 
3
3 3
3
9

1
2
1
1
Mặt khác S ABM  S ABCD  S BCM  S ADM  3a.4a  .4a. .3a  .4a. .3a  6a 2
2
3
2
3

1
1
 VB ' ABM  BB '.S ABM  .4a.6a 2  8a 3
3
3
80
152 3
 V H   a 3  8a 3 
a
9

9
Thể tích hình hộp chữ nhật là: V  3a.4a.4a  48a 3


V H 



152a 3 1
19
.

3
9 48a
54

V
Chọn: A
Câu 32:
Phương pháp:
+ Viết phương trình đường thẳng d dưới dạng tham số t, vì M  d nên biểu diễn tọa độ điểm M theo
tham số t
+ Dựa vào công thức trung điểm để biểu diễn tọa độ điểm N theo tham số t
+ Thay tọa độ điểm N vào phương trình mặt cầu (S) ta được phương trình ẩn t, giải phương trình tìm t, từ
đó tìm tọa độ N

18


Cách giải:

 x  2  3t
x2 y2 z

+ Đường thẳng d :


  y  2  4t
3
4
1
 z  t

Vì M  d  M  2  3t ; 2  4t ; t 

xM  xN

 xI 
2
 xN  2 xI  xM  3t

yM  y N


I 1; 2;0  là trung điểm đoạn MN   yI 
  yN  2 yI  yM  2  4t  N  3t ; 2  4t ; t 
2

z  2z  z  t
I

M
 N
zM  z N

z

I

2

Vì N   S  nên thay tạo độ điểm N vào phương trình mặt cầu:  S  :  x  1   y  2    z  3  36 ta
2

2

2

được:

 3t  1   4t    t  3
2

2

2

t  1  N  3; 2;1
 36  26t 2  26  0  
t  1  N  3;6; 1

Chọn: B
Câu 33:
Phương pháp:
b

Sử dụng công thức

 f '  x  dx  f  b   f  a 
a

Cách giải:
Ta có:
4


0

2

4

2

4

2

0

0

0

0

0

f '  x  2  dx   f '  x  2  dx   f '  x  2  d  x  2    f '  x  2  d  x  2   f  x  2   f  x  2 

 f  2   f  2   f  4   f  2   f  4   f  2   4   2   6
Chọn: D
Câu 34:
Phương pháp:
Dựng
hình
hộp
chữ
nhật
AMCN.PBQD
AB  CD  11m; BC  AD  20m; BD  AC  21m .

sao

cho

các

đường

chéo

Từ đó ta phân chia thể tích các hình chóp nhỏ trong hình hộp chữ nhật để tính được VABCD theo thể tích
hình hộp chữ nhật.
Dựa vào định lý Pytago để tính các kích thước của hình hộp chữ nhật từ đó suy ra thể tích VABCD
Cách giải:
Dựng hình hộp chữ nhật AMCN.PBQD như hình bên. Khi đó
Tứ diện ABCD thỏa mãn
AB  CD  11m; BC  AD  20m; BD  AC  21m
19


Gọi các kích thước hình hộp chữ nhật là m; n; p . Gọi

V  VAMCN .PBQD  m.n. p
1
Ta có: VPADB  VMABC  VQBCD  VNACD  .ND.S ACN
3
1
1
1
1
1
 .ND. . AN .NC  .ND.NA.NC  m.n. p  VAMCN .PBQD
3
2
6
6
6
Suy ra
1

1
1
1
2
VPADB  VMABC  VQBCD  VNACD  V  V  V  V  V mà
6
6
6
6
3

VPADB  VMABC  VQBCD  VNACD  VABCD  V
1
Suy ra: VABCD  V  m.n. p
3
Xét các tam giác vuông APB; APD; PDB , theo định lý Pytago ta có:
m 2  n 2  p 2  481
m 2  n 2  BD 2
m 2  n 2  212
m  6 10
 2
2
2
m

n

21
 2




2
2
2
2
2
 n  9
m  p  AD  m  p  20   2
2
2
 p 2  n 2  AB 2
 p 2  n 2  112
m  p  20

 p  2 10


 p 2  n 2  112


1
1
VABCD  m.n. p  .6 10.9.2 10  360m3
3
3
Chọn: D
Chú ý:
Đối với tứ diện gần đều ABCD có AB  CD  a, AC  BD  b, AD  BC  c thì ta có công thức thể tích
VABCD 

1
6 2

 a

2

 b 2  c 2  a 2  b 2  c 2  a 2  b 2  c 2 

Câu 35:
Phương pháp:
- Đặt z  x  yi  x, y    và thay vào điều kiện bài cho tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z.
- Tìm GTNN của z dựa vào các mối quan hệ hình học.
Cách giải:
Đặt z  x  yi  x, y    ta được:

 x  1   y  1 i

 x   y  2  i   x  1   y  1  x 2   y  2 
2

2

2

 2x 1 2 y 1  4 y  4  x  y 1  0
Do đó tập hợp các số phức z thỏa mãn bài toán là đường thẳng
x  y 1  0
Từ hình vẽ ta thấy z đạt GTNN khi

z  OH  d  O;     

0  0 1
12  12



1
2

2
2
20


Chọn: D
Câu 36:
Phương pháp:
+) Tìm tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số theo tham số m.
+) Dựa vào tính chất hàm trùng phương và tính chất tứ giác nội tiếp để tìm m.
Cách giải:

x  0
Ta có y '  4 x3  4m 2 x  0  4 x  x 2  m 2   0   2
2
x  m
 x  0  y  m4  1

Điều kiện để hàm số có 3 điểm cực trị là m 2  0  m  0   x  m  y  1

 x  m  y  1


Gọi A  0; m 4  1 ; B  m;1 ; C  m;1 là các điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.

OB  OC
Vì B, C đối xứng nhau qua trục Oy và O, A  Oy nên 
 AB  AC
Lại có cạnh OA chung nên BAO  CAO  c  c  c  suy ra
OBA = OCA, mà tứ giác OBAC nội tiếp nên

OBA  OCA  1800  OBA  OCA  900
 
Hay AB  OB  AB.OB  0


 
Ta có AB   m; m 4  ; OB   m;1  AB.OB  m 2  m 4  0
m  0  L 

 m 2 1  m 2   0   m  1TM 
 m  1 TM
 


Vậy m  1
Chọn: A
Câu 37:
Phương pháp:
- Biến đổi phương trình đã cho về chỉ làm xuất hiện ẩn log 2 a (sử dụng công thức log a c  log a b.log b c )

- Giải phương trình và kết luận.
Cách giải:
Điều kiện: a  0
Ta có: log 2 a  log 3 a  log 5 a  log 2 a.log 3 a.log 5 a

21


 log 2 a  log 3 2.log 2 a  log 5 2.log 2 a  log 2 a.log 3 2.log 2 a.log 5 2.log 2 a
 log 2 a 1  log 3 2  log 5 2   log 32 a.log 3 2.log 5 2

 log 2 a  log 22 a.log 3 2.log 5 2  1  log 3 2  log 5 2   0
log 2 a  0
 2
log 2 a.log 3 2.log 5 2  1  log 3 2  log 5 2  0
a  1
 2
log 2 a  1  log 3 2  log 5 2
log 3 2.log 5 2



a  1
a  1

1

log
2


log
2

3
5
 log 2 a 
 t1   a  2t1  0

log 3 2.log 5 2
 a  2t 2  0


1  log 3 2  log 5 2

 t2
log 2 a  
log 3 2.log 5 2


Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm a  0
Chọn: C
Câu 38:
Phương pháp:
d a
ax  b
 C  nhận I  ;  làm tâm đối xứng với A, B thuộc hai nhánh
cx  d
 c c
đồ thị (C) thì để AB nhỏ nhất khi I là trung điểm của AB.
Từ đó sử dụng công thức tọa độ trung điểm và bất đẳng thức Cô-si để tính toán.

Cách giải:

Sử dụng nhận xét: Hàm số y 

ĐK: x  3
Ta có y 

x3
6
 1
. Đồ thị hàm số (C) có tiệm cận đứng x  3 và tiệm cận ngang y  1 . Suy ra
x 3
x 3

tâm đối xứng của đồ thị (C) là I  3;1 .
Với A, B   C  và A, B thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị. Để AB nhỏ nhất thì A; I; B thẳng hàng hay I
là trung điểm của AB.


6  
6 
Gọi A  x A ;1 
 ; B  xB ;1 
 thuộc đồ thị (C).
xA  3  
xB  3 

Vì I  3;1 là trung điểm của AB nên x A  xB  2 xI  x A  xB  6  xB  6  x A
Suy ra AB 

 xB  x A 

2

 6
6 



 xB  3 x A  3 

2

22


2



 6  2 xA 

2

 6
6 
144
2



  4  x A  3 
2
 x A  3
 3  xA xA  3 

Ta có AB 2  4  x A  3 

144

2

 x A  3

Co  si
2

 2 4  x A  3 .

144

2

Suy ra ABmin  48  4 3  4  x A  3 
2

144

 x A  3

2

 x A  3

2

 48

x  3  6
4
  x A  3  36   A
 x A  3  6

Chọn: C
Câu 39:
Phương pháp:
- Gọi tọa độ của M  d   theo tham số t của  .
- Tính khoảng cách từ B đến d theo t và tìm GTLN của khoảng cách.
- Tìm t và suy ra tọa độ của M.
Cách giải:
Gọi M  d   thì M  1  2t ;3t ; 1  t 



Khi đó AM   2  2t ;3t  2; t  , BA   2;3; 4  , BM   4  2t ;3t  1; 4  t 
 
 BM ; BA  15t  8; 6t  8;12t  10 


 
2

2
2
2
2
2
 BM , BA
15t  8   6t  8  12t  10 
15t  8    6t  8   12t  10 



 d  B, d  



2
2
2
2
2
AM
 2t  2    3t  2   t 2
2
t

2

3
t


2

t

 



405t 2  576t  228
14t 2  20t  8

Xét f  t  

405t 2  576t  228
. Sử dụng MTCT (chức năng TABLE với bước START nhập -5, bước
14t 2  20t  8

END nhập 5 và bước STEP nhập 1 ta sẽ được kết quả GTLN f  t   29 tại t  2 ).
Do đó M  3;6; 3 hay a  3; b  6; c  3  a  b  c  6
Chọn: D
Câu 40:
Phương pháp:
+ Tính thể tích S của thiết diện
b

+ Thể tích vật thể là V   S  x  dx
a

Cách giải:
Đường tròn x 2  y 2  16 có tâm O  0;0  và bán kính R  4

Gọi thiết diện cắt trục Ox tại điểm H  x;0  4  x  4 
thì OH  x và thiết diện cắt đường tròn đáy tại A, B (hình vẽ)
23


Suy ra OA  4
Xét tam giác vuông OAH có

HA  OA2  OH 2  16  x 2  AB  2 16  x 2



Diện tích thiết diện là S  AB 2  2 16  x 2



2

 4 16  x 2 

4

Thể tích vật thể là V   4 16  x 2  dx
4

Chọn: A
Câu 41:
Phương pháp:
Lập hệ phương trình theo ẩn f  2  , f 1 từ các điều kiện bài cho, sử dụng công thức
b

 f '  x  dx  f  b   f  a 
a

Cách giải:
2

Ta có:


1

2
2
d  f  x 
f ' x
dx  ln 2  
 ln 2  ln f  x   ln 2  ln f  2   ln f 1  ln 2
f  x
f  x
1
1

 f  2   2 f 1
2

Lại có:


1

2

f '  x  dx  10  f  x   10  f  2   f 1  10
1

 f  2   2 f 1
 f  2   20
Từ đó 

 f  2   f 1  10
 f 1  10
Chọn: C
Câu 42:
Phương pháp:
Để một hộp carton xếp được nhiều viên phấn nhất thì ta xếp dọc các viên phấn
Từ đó diện dựa vào đường kính đáy viên phấn và diện tích đáy hộp carton để suy ra số viên phấn nhiều
nhất mà 1 hộp có thể đựng.
Từ đó tính số phấn có thể đựng trong 12 hộp.
Cách giải:
Chiều dài viên phấn bằng với chiều dài của hình hộp carton bằng 6cm .
Đường kính đáy của viên phấn hình trụ là d = 1cm .
Để hộp chứa được nhiều viên phấn nhất ta phải xếp các viên phấn theo chiều thẳng đứng và hợp với đáy
hộp có chiều rộng bằng 5cm, chiều dài 6cm, chiều cao 6cm .
Diện tích đáy hộp là 5.6 = 30cm2 nên 1 hộp carton chứa được nhiều nhất 5.6 = 30 viên phấn.
Vậy với 12 hộp ta có thể xếp được 12.30 = 360 viên phấn.
Suy ra xếp 350 viên phấn vào 12 hộp thì ta thiếu 10 viên.
Chọn D.
Câu 43:
24

Phương pháp:
Chuyển vế đặt nhân tử chung, giải phương trình tích và sử dụng công thức log a f  x   m  f  x   a m
Cách giải:

x  0
1
Điều kiện: 
x
2
2 x  1  0
Khi đó phương trình  log 2 x.log 3  2 x  1  2 log 2 x  0  log 2 x log 3  2 x  1  2   0

log 2 x  0
x  1
x  1



TM 
2 x  1  9
x  5
log 3  2 x  1  2  0
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.
Chọn: C
Chú ý khi giải:
Một số em có thể sẽ chia cả hai vế cho log 2 x mà quên không xét trường hợp log 2 x  0 vẫn có nghiệm
x 1

Câu 44:
Phương pháp:
+ Giải phương trình mũ bằng cách đưa về cùng cơ số rồi cho hai số mũ bằng nhau

A  B
+ Giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối A  B  B  0   
 A  B
Cách giải:

Ta có 2

28
x 1
3

 16 x

2

1

2

28
x 1
3



 28

x  1  4  x 2  1 


x  1
4 x 1
28
3

2

x  1  4  x 2  1  ĐK : 

3

 x  1  28 x  1  4 1  x 2 
  

 3

2


7  94
 tm 
x 
6



7  94

7  94
 ktm 
2
x 
x 
12 x  28 x  15  0
6
6
 2




7  2 19
7  2 19
12 x  28 x  9  0
 ktm   x 
x 
6
6



7  2 19
 tm 
x 
6


Chọn: B

Câu 45:
Phương pháp:
- Đặt ẩn phụ t  log 2  5 x  1 , tìm điều kiện cho ẩn.
- Đưa yêu cầu bài toán từ ẩn x về bài toán ẩn t và tìm m.
Cách giải:
25