đề thi thử THPT QG 2019 toán THPT an phước ninh thuận có lời giải

ĐỀ THI THỬ THPT QG

SỞ GD & ĐT NINH THUẬN

NĂM HỌC 2018 - 2019
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề.

TRƯỜNG AN PHƯỚC

(50 câu trắc nghiệm)

Họ và tên thí sinh: ……………….………....……………........................Số báo danh ………………..……

Câu 1.

Tính thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước lần lượt là a , 2a và 3a .
A. 6a 2 .

Câu 2.

B. 2a 3 .

C. 5a 3 .

D. 6a 3 .

Hàm số f ( x ) có bảng biến thiên sau

Giá trị cực đại của hàm số bằng?

Câu 3.

Câu 4.

C. −1 .
D. 3 .
uuu
r r r r
uuur r r
r
uuur
Trong không gian Oxyz , cho OA = 2i + 4 j − 6k và OB = 9i + 7 j + 4k . Vectơ AB có tọa độ là
A. 4 .

B. 1 .

A. ( 7;3;10 ) .

B. ( −7; − 3; − 10 ) .

C. ( 11;11; − 2 ) .

D. ( 7; − 3;10 ) .

Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào?
y
3

1
−2

1
−1

O

2

x

−1

A. ( −2; 2 ) .
Câu 5.

B. ( 0; 2 ) .

D. ( 1; 2 ) .

3 4
Với a , b là hai số thực dương tuỳ ý, log ( a b ) bằng

A. 2 log a + 3log b .
Câu 6.

C. ( −1;1) .

Cho

C. 2 ( 3log a + 2 log b ) . D.

B. 3log a + 4 log b .

1

1

1

0

0

0

1
1
log a + log b .
3
4

∫ f ( x ) dx = 2 và ∫ g ( x ) dx = 5 , khi đó ∫  f ( x ) + 2 g ( x )  dx bằng
Trang 1


A. −3 .
Câu 7.

B. −8 .
3

B. 108π ( cm ) .

3
C. 9π ( cm ) .

3
D. 54π ( cm ) .

Tập nghiệm của phương trình. log( x 2 + x + 4) = 1 là
A. { −3; 2} .

Câu 9.

D. 1 .

Thể tích khối cầu đường kính 6cm bằng
3
A. 36π ( cm ) .

Câu 8.

C. 12 .

B. { −3} .

C. { 2} .

D. { −2;3} .

Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( Oyz ) có phương trình là

B. x + y + z = 0 .

A. x = 0 .

C. y = 0 .

D. z = 0 .

Câu 10. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x) = x − sin 2 x là
A.
C.

x2
+ cos 2 x + C .
2

∫

f ( x)dx =

∫

1
f ( x)dx = x 2 + cos 2 x + C .
2

B.
D.

∫

f ( x )dx =

x2 1
+ cos 2 x + C .
2 2

∫

f ( x)dx =

x2 1
− cos 2 x + C .
2 2

 x = 1 + 2t

Câu 11. Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :  y = 2 − 3t , t ∈ ¡ không đi qua điểm nào dưới đây?
z = 3 − t

A. Q (1; 2;3) .

B. M (3; −1; 2) .

C. P(2; −2;3) .

D. N (−1;5; 4) .

Câu 12. Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k ≤ n . Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
k

A. An =

n!
.
k !( n − k ) !

k
B. An =

n!
.
k!

k
C. An =

n!
( n − k ) !.

D. Ank =

k !( n − k ) !
n!

.

Câu 13. Cho cấp số cộng ( un ) có số hạng đầu u1 = 2 và công sai d = 4 . Giá trị u2019 bằng
A. 8074 .

B. 4074 .

C. 8078 .

D. 4078 .

Câu 14. Biết số phức z có biểu diễn là điểm M trong hình vẽ bên dưới. Chọn khẳng định đúng

A. z = 3 + 2i .

B. z = 3 − 2i .

C. z = 2 + 3i .

D. z = 3 − 2i .

Câu 15. Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

Trang 2


A. y = − x 4 + x 2 − 1 .

B. y =

x −1
.
x+2

C. y = x 3 − 3 x + 5 .

D. y = − x 3 − x − 1 .

Câu 16. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ −2;3] và có đồ thị như hình vẽ bên dưới.

Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn [ −2;3] . Giá trị
của M − m bằng
A. 0 .

B. 1 .

C. 4 .

D. 5 .

3
Câu 17. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′( x) = ( x − 2) ( x + 5 ) ( x + 1) , ∀x ∈ ¡ . Mệnh đề nào sau đây

đúng ?
A. Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng ( −1; 2 ) .
B. Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng ( −1; + ∞ ) .
C. Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −1; + ∞ ) .
D. Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −1;1) .
Câu 18. Cho số phức z = a + bi , với a, b là các số thực thỏa mãn a + bi + 2i ( a − bi ) + 4 = i , với i là
đơn vị ảo. Tìm mô đun của ω = 1 + z + z 2 .

Trang 3


C. ω = 229 .

B. ω = 13

A. ω = 229 .

D. ω = 13 .

Câu 19. Trong không gian Oxy , phương trình nào dưới đây là phương trình mặt cầu tâm I ( 1;0; − 2 ) ,
bán kính R = 4 ?
A. ( x − 1) + y 2 + ( z + 2 ) = 16 .

B. ( x + 1) + y 2 + ( z − 2 ) = 16 .

C. ( x + 1) + y 2 + ( z − 2 ) = 4 .

D. ( x − 1) + y 2 + ( z + 2 ) = 4 .

2

2

2

2

Câu 20. Đặt a = log 2 3 , khi đó log 81
A.

3a − 4
.
4

2

B.

2

2

2

8
bằng
81
3 − 4a
.
4a

C.

4 − 3a
.
3a

D.

4a − 3
.
3

Câu 21. Kí hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 z + 4 = 0 . Giá trị của z1 + 2 z2 bằng
A. 6 .

B. 4 .

C. 2 3 .

D. 2 .

2
2
2
Câu 22. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − 2 x − 2 y − 2 z − 22 = 0 và mặt phẳng

( P ) : 3x − 2 y + 6 z + 14 = 0 . Khoảng cách từ tâm I
A. 2 .

B. 1 .

Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình: 2 x

của mặt cầu ( S ) đến mặt phẳng ( P ) bằng
D. 4 .

C. 3 .
2

−3 x

< 16 là:

A. ( −∞; −1) ∪ ( 4; +∞ ) .

B. ( 0; 4 ) .

C. ( −∞; −4 ) ∪ ( 1; +∞ ) .

D. ( −1; 4 ) .

Câu 24. Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây?

3

A.

∫ ( −x
1

2

+ 4 x − 3 ) dx .

3

B.

1

3

2
C. ∫ ( x − 2 x − 11) dx .
1

∫ ( −x
3

D.

∫( x
1

2

2

+ 2 x + 11) dx .

− 4 x + 3 ) dx .

Câu 25. Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a và đường cao bằng a 3 . Thể tích của khối nón
đã cho bằng

Trang 4


A.

3π a 3
.

3

3π a 3
.
2

B.

C.

2π a 3
.
3

D.

π a3
.
3

Câu 26. Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau
−∞

x

−1
+∞

f ( x)

+∞

+∞

1

−∞
−∞
0
Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là

B. 1 .

A. 4 .

C. 3 .

0

D. 2 .

Câu 27. Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng 2a cạnh bên bằng 3a . Thể tích của khối chóp đã
cho bằng
A.

2 7a3
.
3

B.

4a 3
.
3

C.

4 7a3
.
3

D.

2 2a 3
.
3

2
Câu 28. Hàm số f ( x ) = log 5 ( x − 5 x ) có đạo hàm

A. f ′ ( x ) =

ln 5
.
x − 5x

B. f ′ ( x ) =

1
( x − 5x ) ln 5 .

C. f ′ ( x ) =

( 2 x − 5) ln 5 .

D. f ′ ( x ) =

2x − 5
( x − 5x ) ln 5 .

2

x2 − 5x

2

2

Câu 29. Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ¡ và có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm của phương trình f ( x ) + 1 = 0 .
A. 3 .

B. 0 .

C. 1 .

D. 2 .

Câu 30. Cho hình lập phương ABCD.A′B′C ′D′ . Góc giữa hai mặt phẳng ( A ' AC ) và ( ABCD ) bằng?

A. 60° .

B. 30° .

C. 90° .

D. 45° .

x
Câu 31. Tích tất cả các nghiệm của phương trình log 2 ( 12 − 2 ) = 5 − x bằng:

A. 2 .

B. 1 .

C. 6 .

D. 3 .

Câu 32. Một khối đồ chơi gồm một khối hình nón ( H1 ) xếp chồng lên một khối hình trụ ( H 2 ), lần lượt
có bán kính đáy và chiều cao tương ứng là r1 , h1 , r2 , h2 thỏa mãn r1 = 2r2 , h1 = 2h2 (hình vẽ).

Trang 5


Biết rằng thể tích của khối trụ ( H 2 ) bằng 30 cm3 , thể tích của toàn bộ khối đồ chơi bằng
A. 110 cm 3 .

B. 70 cm3 .

C. 270 cm3 .

D. 250 cm3 .

Câu 33. Biết F ( x) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x ( 3 + 2 ln x ) và F ( 1) = 3 . Khẳng định nào
đúng trong các khẳng định sau?
A. F ( x) = 2 x 2 + x 2 ln x + 1 .

B. F ( x) = 2 x 2 + 2 x 2 ln x − 1 .

C. F ( x) = 4 x 2 + 2 x 2 ln x .

D. F ( x) = 4 x 2 + 2 x 2 ln x − 1 .

·
Câu 34. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , BAD
= 120° , SA = a và SA vuông góc

với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SCD ) bằng
A.

a 21
.
7

B.

a 15
.
7

C.

a 21
.
3

D.

a 15
.
3

Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 3 = 0 và đường thẳng
d:

x y +1 z − 2
=
=
. Hình chiếu của d trên ( P ) có phương trình là đường thẳng d ′ . Trong
1
2
−1

các điểm sau điểm nào thuộc đường thẳng d ′ :
A. M ( 2;5; −4 ) .

B. N ( 1; −1;3) .

C. P ( 1;3; −1) .

D. Q ( 2;7; −6 ) .

3
2
Câu 36. Cho hàm số y = x + 3 x + ( m + 1) x + 4m ( 1) là tham số. Tập hợp các giá trị thực của m để hàm

số đã cho nghịch biến trên khoảng ( −1;1) là:
A. ( −∞; 2] .

B. ( −∞; −10] .

 1

C.  − ; +∞ ÷ .
 4


D. ( −∞; −10 ) .

Câu 37. Biết số phức z có phần ảo khác 0 và thỏa mãn z − ( 2 + i ) = 10 và z.z = 25 . Điểm nào sau
đây biểu diễn số phức z trên?
A. P ( 4; − 3) .

B. N ( 3; − 4 ) .

C. M ( 3; 4 ) .

D. Q ( 4; 3) .

Trang 6


3

Câu 38. Cho

∫ 9x
2

2

1 − 5x
dx = a ln b + c , với a, b, c là các số hữu tỷ. Giá trị của 9a + 11b + 22c bằng
− 24 x + 16

A. 15 .

B. −10 .

C. 7 .

D. 9 .

Câu 39. Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có bảng biến thiên như sau

Bất phương trình f ( x ) < x 2 + e + m đúng với mọi x ∈ ( −3; −1) khi và chỉ khi
A. m ≥ f ( −3) − e + 9.

B. m > f ( −3) − e + 9.

C. m ≥ f ( −1) − e + 1.

D. m > f ( −1) − e + 1.

Câu 40. Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có bốn ghế. Xếp ngẫu nhiên 8 , gồm 4 nam và 4 nữ,
ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh
nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ bằng
A.

8
.
35

B.

1
.
70

C.

1
.
35

D.

1
.

840

Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( α ) : x + y + z − 4 = 0 và ba điểm A ( 1; 2;1) , B ( 0;1; 2 )
và C ( 0;0;3) . Tìm điểm M trên mặt phẳng ( α ) sao cho MA2 + 3MB 2 + 2 MC 2 đạt giá trị nhỏ
nhất.
 4 10 22 
A. M  ; ; ÷ .
9 9 9 

5
7
B. M  ; 2; ÷.
6
6

 8 2 22 
C. M  ; − ; ÷ .
7 7 7 

2

 4 10 22 
D. M  − ; ; ÷.
 9 9 9 

2

Câu 42. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z + 2 zz + z = 8 và z + z = 2 ?
A. 2 .

C. 3 .

B. 1 .

D. Vô số.

Câu 43. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ¡ và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá
x
trị thực của tham số m để phương trình f ( 2 ) − m + 2 = 0 có nghiệm là:

y
3
1
−2 −1 O
−1
A. [ −1; + ∞ ) .

B. ( 0; + ∞ ) .

1

2 x

C. ( −1;3) .

D. [ 1; + ∞ ) .

Trang 7

Câu 44. Ông A vay ngân hàng 500 triệu đồng với lãi suất 1%/tháng. Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân
hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên
tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi tháng là như nhau và ông A trả hết nợ sau
đúng 5 năm kể từ ngày vay. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của
tháng đó. Hỏi số tiền mỗi tháng ông ta cần trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới
đây?
A. 11,122 triệu đồng.

B. 10,989 triệu đồng. C. 11, 260 triệu đồng. D. 14,989 triệu đồng.

Câu 45. Trong không gian Oxyz , cho điểm E ( 0; −1; −5 ) , mặt phẳng ( P ) : 2 x + 2 y − z − 3 = 0 và mặt cầu

( S ) : ( x − 4)

2

+ ( y − 1) + z 2 = 25 . Gọi ∆ là đường thẳng đi qua E , nằm trong ( P ) và cắt ( S )
2

tại hai điểm có khoảng cách lớn nhất. Phương trình của ∆ là?
 x = 11t

A.  y = −1 − 2t .
 z = −5 + 26t


 x = 50t

B.  y = −1 + 23t .
 z = −5 + 7t



 x = 11t

C.  y = −1 + 2t .
 z = −5 + 26t


 x = 50t

D.  y = −1 + 23t .
 z = −5 − 7t


Câu 46. Bạn Mai xây một bể cá hình tròn tâm O bán kính 10 m và chia nó thành 2 phần như hình vẽ
sau. Bạn Mai sẽ thả cá cảnh với mật độ 4 con cá cảnh trên 1m 2 ở phần bể giới hạn bởi đường
tròn tâm O và Parabol có trục đối xứng đi qua tâm O và chứa tâm O. Gọi S là phần nguyên của
diện tích phần thả cá. Hỏi bạn Mai thả được bao nhiêu con cá cảnh trên phần bể có diện tích S,
biết A, B ∈ ( O ) và AB = 12m ?

A. 560.

B. 650.

C. 460.

D. 640.

Câu 47. Cho khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ . Gọi E , F lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng CC ′ và

BB′ . Đường thẳng A 'E cắt đường thẳng AC tại K , đường thẳng A 'F cắt đường thẳng AB
tại H . Tính tỉ số thể tích khối đa diện lồi BFHCEK và khối chóp A 'ABC
A.

1
.
3

B.

1
.
2

C. 2 .

D. 1.

Câu 48. Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:

Trang 8


x 4 2 x3
Hàm số y = g ( x ) = f ( x ) + +
− 6 x 2 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
2
3
2

A. ( −2; − 1) .

B. ( 1; 2 ) .

C. ( −4; −3) .

D. ( −6; − 5 ) .

2
2
2
3
2
Câu 49. Cho hàm số l ( x ) = ( m + 1) x + 3mx và p ( x ) = x + x + m + 3m − 1 . Có bao nhiêu giá trị của

m để bất phương trình l ( x ) ≤ p ( x ) luôn nghiệm đúng với mọi x ∈ ¡ ?
A. 1 .

C. 0 .

B. 2 .

Câu 50. Cho hàm số g ( x ) =

D. 3 .

2018
4
3
2

với h ( x ) = mx + nx + px + qx
h ( x ) − m2 − m

( m, n, p, q ∈ ¡ ) . Hàm

số

y = h′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới:

Tìm các giá trị m nguyên để số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số g ( x ) là 2.
B. 10 .

A. 2 .
TH 2: m + 1 >

C. 71 .

D. 2022 .

8575
7807
⇔m>
⇒ m ≥ 11 (vì m ∈ Z ). Loại vì m < 0
768
768

Vậy ta có 10 giá trị m thỏa mãn điều kiện đề bài.
----------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN
1-D

11-C
21-A
31-C
41-A

2-A
12-C
22-C
32-A
42-A

3-A
13-A
23-D
33-A
43-D

4-D
14-A
24-A
34-A
44-A

5-B
15-D
25-A
35-A
45-C

6-C

16-C
26-C
36-B
46-D

7-A
17-D
27-C
37-C
47-C

8-A
18-A
28-D
38-B
48-A

9-A
19-A
29-D
39-C
49-C

10-B
20-B
30-C
40-A
50-B

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

Trang 9


Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: D
Thể tích khối hộp chữ nhật bằng: V = a.2a.3a = 6a 3 .
Câu 2.: A
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = −1 và giá trị cực đại là yCĐ = 4 .
Câu 3: A

uuur
Khi đó tọa độ điểm A, B là A ( 2; 4; − 6 ) , B ( 9; 7; 4 ) nên tọa độ vecto AB = ( 7;3;10 ) .

Câu 4: D
Xét đáp án A, trên khoảng ( −2; 2 ) đồ thị có đoạn hướng đi lên là hàm số đồng biến và có đoạn
hướng đi xuống là hàm số nghịch biến nên loại.
Xét đáp án B, trên khoảng ( 0; 2 ) đồ thị có đoạn hướng đi xuống là hàm số nghịch biến và có
đoạn hướng đi lên là hàm số đồng biến nên loại.
Xét đáp án C, trên khoảng ( −1;1) đồ thị có hướng đi xuống là hàm số nghịch biến nên loại.
Xét đáp án D, trên khoảng ( 1; 2 ) đồ thị có hướng đi lên là hàm số đồng biến nên chọn.
Câu 5: B
3 4
3
4
Ta có log ( a b ) = log a + log b = 3log a + 4 log b = 3log a + 4 log b .

Câu 6: C

1

1

1

0

0

0

Ta có: ∫  f ( x ) + 2 g ( x )  dx = ∫ f ( x ) dx + 2 ∫ g ( x ) dx = 2 + 2.5 = 12 .
Câu 7: A
4
3
Thể tích khối cầu V = π R
3
R = 3 ( cm3 ) ⇒ V =

4π .33
= 36π ( cm3 ) .
3

Câu 8: A

 x = −3
Ta có: log( x 2 + x + 4) = 1 ⇔ x 2 + x + 4 = 10 ⇔ x 2 + x − 6 = 0 ⇔ 
x = 2

Trang 10


Vậy, phương trình có tập nghiệm: S = { −3 ; 2} .
Câu 9: A

r
Mặt phẳng ( Oyz ) đi qua O ( 0; 0;0 ) và nhận i = ( 1;0;0 ) làm vectơ pháp tuyến.
Suy ra phương trình mp ( Oyz ) là x = 0.

Câu 10: B
Ta có :

∫

f ( x)dx = ∫ ( x − sin 2 x ) dx =

x2 1
+ cos 2 x + C .
2 2

Câu 11: C
•

1 = 1 + 2t

2 = 2 − 3t ⇒ t = 0 ⇒ Q ∈ d .
3 = 3 − t


•

3 = 1 + 2t

−1 = 2 − 3t ⇒ t = 1 ⇒ M ∈ d .
2 = 3 − t


•

 1
t = 2
 2 = 1 + 2t


 4
 −2 = 2 − 3t ⇒ t = hệ vô nghiệm ⇒ P ∉ d .
3 = 3 − t
 3

t = 0



Câu 12: C
k
Theo lý thuyết công thức tính số các chỉnh hợp chập k của n : An =

n!
( n − k ) !.

Câu 13: A
Áp dụng công thức của số hạng tổng quát un = u1 + ( n − 1) d = 2 + 2018.4 = 8074 .
Câu 14: A
Hoành độ của điểm M bằng 3 ; tung độ điểm M bằng 2 suy ra z = 3 + 2i .
Câu 15: D
Đồ thị hàm số là đồ thị của hàm số bậc ba nên loại A và B.
Đồ thi hàm số bậc ba có hệ số a < 0 nên D đúng.
Câu 16: C
Từ đồ thị ta thấy M = 3, m = −1 nên M − m = 5 .
Câu 17: D
x = 2

Ta có: f ′( x ) = 0 ⇔ ( x − 2) ( x + 5 ) ( x + 1) ⇔  x = −5 .
 x = −1
3

Trang 11


Xét dấu f ′ ( x ) :

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −1; 2 ) nên nghịch
biến trên khoảng ( −1;1) .
Câu 18: A

 a + 2b = −4  a = 2
⇔
Ta có a + bi + 2i ( a − bi ) + 4 = i ⇔ 
. Suy ra z = 2 − 3i

b + 2 a = 1
 b = −3
Do đó ω = 1 + z + z 2 = −2 − 15i . Vậy ω =

( −2 )

2

+ ( −15 ) = 229
2

Câu 19: A
Phương trình mặt cầu tâm I ( 1;0; − 2 ) , bán kính R = 4 : ( x − 1) + y 2 + ( z + 2 ) = 16 .
2

2

Câu 20: B

Ta có: log 81

8
3 1
3
3 − 4a
= log 81 8 − log 81 81 = .
−1 =
−1 =
.
81

4 log 2 3
4a
4a

Câu 21: A
Phương trình có ∆ = −3 < 0 , nên có 2 nghiệm phức là

z1 = 1 − i 3 ; z2 = 1 + i 3 .
Ta có z1 = z2 = 12 +

( 3)

2

=2.

Do đó z1 + 2 z2 = 6 .
Câu 22: C
Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1;1;1)
d ( I ; ( P) ) =

3.1 − 2.1 + 6.1 + 14
32 + ( −2 ) + 62
2

= 3.

Câu 23: D
2x

2

−3 x

< 16 ⇔ x 2 − 3 x < 4

⇔ x 2 − 3x − 4 < 0 ⇔ −1 < x < 4.
Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: ( −1; 4 ) .
Câu 24: A
Ta thấy: ∀x ∈ [ 1;3] : − x 2 + 3 x + 4 ≥ 7 − x nên

Trang 12


3

3

1

1

S = ∫ ( − x 2 + 3x + 4 ) − ( 7 − x )  dx = ∫ ( − x 2 + 4 x − 3) dx .
Câu 25: A

Bán kính đáy của khối nón: r =

( 2a )

2

(

− a 3

)

2

=a.

1
1
3π a 3
Thể tích của khối nón là: V = B.h = π a 2 a 3 =
.
3
3
3
Câu 26: C
lim y = 0 và lim y = 0 nên đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x →−∞

x →+∞

lim y = +∞ nên đường thẳng x = −1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

x →−1−

lim y = +∞ nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

x →1−

Vậy hàm số đã cho có tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang là 3. Chọn đáp án C.
Câu 27: C
S

A

D
O

B

C

 SO ⊥ ( ABCD )

Gọi khối chóp tứ giác đều là S . ABCD , tâm O , khi đó  AB = 2a
.
 SA = 3a

Ta có:
S ABCD = ( 2a ) = 4a 2 , OA =
2

SO = SA2 − OA2 =

( 3a )

2

1
2a 2 = a 2 .
2

(

− a 2

)

2

=a 7.

1
1
4 7 3
Vậy VSABCD = SO.S ABCD = a 7.4a 2 =
a .
3
3
3
Câu 28: D

Trang 13


′

Áp dụng công thức ( log a u ( x ) ) =

Vậy f ′ ( x ) =

(x

(x

2

2

− 5x ) ′

− 5 x ) ln 5

=

u′ ( x )
.
u ( x ) ln a

2x − 5
.
( x 2 − 5x ) ln 5

Câu 29: D

f ( x ) + 1 = 0 ⇔ f ( x ) = −1 .
Đường thẳng y = −1 cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 2 điểm.

Vậy phương trình f ( x ) + 1 = 0 có 2 nghiệm.
Câu 30: C

 BD ⊥ AC
⇒ BD ⊥ ( A ' AC ) ⇒ ( ABCD ) ⊥ ( A ' AC ) .
Ta có 
BD
⊥
A
'
A

Góc giữa hai mặt phẳng ( A ' AC ) và ( ABCD ) bằng 90° .
Câu 31: C
Điều kiện 12 − 2 x > 0
log 2 ( 12 − 2

x

)

2x = 8
x = 3
32
2x
x
= 5 − x ⇔ 12 − 2 = x ⇔ 2 − 12.2 + 32 = 0 ⇔  x
⇔
2
x = 2

2 = 4
x

Tích tất cả các nghiệm 3.2 = 6 .
Câu 32: A
1
2
2
Thể tích toàn bộ khối đồ chơi là V = V( H1 ) + V( H 2 ) = π .r1 .h1 + π .r2 .h2
3
1
11
2
2
= π . ( 2r2 ) . ( 2h2 ) + π . ( r2 ) . ( h2 ) = .V( H 2 ) = 110 ( cm 3 )
3
3
Câu 33: A

Trang 14


2

u = 3 + 2 ln x du = dx
⇒
x
Đặt 
2
dv = 2 xdx

v = x


∫ f ( x ) dx = x ( 3 + 2 ln x ) − ∫ 2 xdx = x ( 3 + 2 ln x ) − x
2

2

2

+ C = 2 x 2 + 2 x 2 ln x + C .

Ta có: F (1) = 3 ⇒ 2 + C = 3 ⇒ C = 1 . Vậy F ( x ) = 2 x 2 + 2 x 2 ln x + 1 .
Câu 34: A

Ta có AB // CD ⇒ AB // ( SCD ) , suy ra d ( B, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) .
Trong mặt phẳng ( ABCD ) , kẻ AK ⊥ CD tại K ( K là trung điểm CD vì ∆ACD đều) khi đó
AK =

a 3
.
2

Trong mặt phẳng ( SAK ) , kẻ AH ⊥ SK tại H ⇒ AH ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( A, ( SCD ) ) = AH .
Ta có:

1
1
1
4

1
7
a 21
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ AH =
2
2
2
AH
AK
AS
3a a
3a
7 .

Vậy d ( B, ( SCD ) ) =

a 21
.
7

Câu 35: A
r

ud = ( 1; 2; −1)
+ Véc tơ chỉ phương của d và véc tơ pháp tuyến của ( P ) là  r
.

n( P ) = ( 1;1;1)

x = t

+ Phương trình tham số của đường thẳng d là:  y = −1 + 2t .
z = 2 − t


Trang 15


x = t
 y = −1 + 2t

Gọi A = ( P ) I d , khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: 
z = 2 − t
 x + y + z − 3 = 0

⇒ A ( 1;1;1) .
+ Gọi ( Q ) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với ( P ) . Khi đó ( Q ) có vectơ
r
r r
pháp tuyến n( Q ) = ud , n( P )  = ( 3; −2; −1) .

+ Đường thẳng ∆ là hình chiếu vuông góc của d lên ( P ) chính là giao tuyến của ( P ) và ( Q ) .
r
r r
Suy ra vectơ chỉ phương của ∆ là u =  n( P ) , n( Q )  = ( 1; 4; −5 ) .
r
+ Vậy hình chiếu vuông góc của d trên ( P ) là đường thẳng qua A ( 1;1;1) nhận u = ( 1; 4; −5 )
làm véc tơ chỉ phương có phương trình là

x −1 y −1 z −1
=
=
. Thay tọa độ các điểm ở đáp án
1
4
−5

vào ta được M ( 2;5; −4 ) thỏa mãn.
Câu 36: B
Ta có:
y′ = 3x 2 + 6 x + m + 1

Hàm số ( 1) nghịch biến trên ( −1;1) khi và chỉ khi y ′ ≤ 0 ∀x ∈ ( −1;1)

⇔ 3 x 2 + 6 x + m + 1 ≤ 0 ∀x ∈ ( −1;1) ⇔ m ≤ −3 x 2 − 6 x − 1 ∀x ∈ ( −1;1)

( *)

2
Xét g ( x ) = −3 x − 6 x − 1, x ∈ ( −1;1) .

Do g ′ ( x ) = −6 x − 6 < 0, ∀x ∈ ( −1;1) nên g ( x ) > g ( 1) = 10, ∀x ∈ ( −1;1)
Vậy (*) ⇔ m ≤ −10.
Câu 37: C
Giả sử z = x + yi

( x, y ∈ ¡ ,

y ≠ 0) .

Ta có z − ( 2 + i ) = 10 ⇔ x + yi − ( 2 + i ) = 10
⇔ ( x − 2 ) + ( y − 1) i = 10 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 1) = 10 ⇔ x 2 + y 2 − 4 x − 2 y = 5 .
2

2

Lại có z.z = 25 ⇔ x 2 + y 2 = 25 nên 25 − 4 x − 2 y = 5 ⇔ 2 x + y = 10 ⇔ y = 10 − 2 x

x = 5 .
2
⇒ x 2 + ( 10 − 2 x ) = 25 ⇔ 5 x 2 − 40 x + 75 = 0 ⇔ 
x = 3
+ Với x = 5 ⇒ y = 0 , không thỏa mãn vì y ≠ 0 .
+ Với x = 3 ⇒ y = 4 , thỏa mãn y ≠ 0 ⇒ z = 3 + 4i .

Trang 16


Do đó điểm M ( 3; 4 ) biểu diễn số phức z .
Câu 38: B
3

Ta có

∫ 9x
2

3

2

1 − 5x
1 − 5x
dx = ∫
dx = ∫
2
− 24 x + 16
2 ( 3x − 4 )
2

−

5
17
( 3x − 4 ) −
3
3 dx
2
( 3x − 4 )

5
dx
17
dx
5 d ( 3x − 4 ) 17 d ( 3 x − 4 )
− ∫
=− ∫
− ∫

2
∫
3 2 3x − 4 3 2 ( 3x − 4 )
9 2 3x − 4
9 2 ( 3x − 4 ) 2
3

=−

3

3

5

5

5

17 1 
5 2 17
 5
=  − ln 3 x − 4 + .
÷ = ln −
9 3x − 4  2 9 11 22
 9

5
2
17

5
2
17
⇒ a = , b = , c = − ⇒ 9a + 11b + 22c = 9. + 11. − 22. = −10
9
11
22
9
11
22
Câu 39: C
Ta có: f ( x) < x 2 + e + m , ∀x ∈ ( −3; −1) ⇔ f ( x ) − x 2 + e < m ∀x ∈ ( −3; −1) (*) .
Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) − x 2 + e
Ta có: g ′( x ) = f ′( x) −

x
x2 + e

.

Ta thấy với ∀x ∈ ( −3; −1) thì f ′( x) > 0 , −

x
x2 + e

> 0 nên g ′( x) > 0 ,

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có m ≥ g (−1) ⇔ m ≥ f ( −1) − e + 1 .

Câu 40: A
Số phần tử của không gian mẫu là Ω = 8! = 40320 .
Gọi A là biến cố mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ.
Ta có:
Xếp 4 học sinh nữ vào cùng 1 dãy ghế có 4! cách.
Xếp 4 học sinh nam vào cùng 1 dãy ghế có 4! cách.
Ở các cặp ghế đối diện nhau hai bạn nam và nữ có thể đổi chỗ cho nhau nên có 24 cách.
4
Suy ra A = 4!.4!.2 = 9216 .

Trang 17


Vậy P ( A ) =

A
9216
8
=
=
.
Ω 40320 35

Câu 41: A
Cách 1:
Xét đáp án A thay tọa độ điểm M vào phương trình mặt phẳng ( α ) thấy thỏa mãn, tính được
MA2 + 3MB 2 + 2MC 2 =

401
.

27

Xét đáp án B thay tọa độ điểm M vào phương trình mặt phẳng ( α ) thấy thỏa mãn, tính được
MA2 + 3MB 2 + 2MC 2 =

644
.
9

Xét đáp án C thay tọa độ điểm M vào phương trình mặt phẳng ( α ) thấy thỏa mãn, tính được
MA2 + 3MB 2 + 2MC 2 =

1523
.
49

Xét đáp án D thay tọa độ điểm M vào phương trình mặt phẳng ( α ) thấy không thỏa mãn, nên
loại.
So sánh kết quả các đáp án A, B, C để MA2 + 3MB 2 + 2 MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất thì chọn đáp
án A.
Cách 2:
(1 − xI ) + 3(0 − xI ) + 2(0 − xI ) = 0
uu
r uur uur r

Gọi I là điểm thỏa mãn IA + 3IB + 2 IC = 0 ⇔ (2 − yI ) + 3(1 − yI ) + 2(0 − yI ) = 0
(1 − z ) + 3(2 − z ) + 2(3 − z ) = 0
I
I
I



1

x
=
I

6
1 − 6 xI = 0

5


 1 5 13 
⇔ 5 − 6 yI = 0 ⇔  yI = ⇔ I  ; ; ÷.
6
6 6 6 
13 − 6 z = 0 
I

13

 zI = 6

uuu
r uu
r 2
uuu
r uur 2

uuu
r uur
Khi đó: MA2 + 3MB 2 + 2MC 2 = MI + IA + 3 MI + IB + 2 MI + IC

(

)

(

)

(

)

2

= 6 MI 2 + IA2 + 3IB 2 + 2 IC 2 .
Do IA2 + 3IB 2 + 2 IC 2 không đổi nên MA2 + 3MB 2 + 2MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
độ dài MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I lên mặt phẳng ( α ) .
 1 5 13 
Gọi d là đường thẳng đi qua I  ; ; ÷ và vuông góc mp (α ) : x + y + z − 4 = 0
6 6 6 

Trang 18


1


x = 6 + t

5

 4 10 22 
⇒ d :  y = + t . Khi đó M là giao điểm của d và ( α ) nên M  ;
;
÷.
6
9
9
9 


13

x = 6 + t

Câu 42: A
Giả sử z = a + bi ( a; b ∈ ¡ ) ⇒ z = a − bi .
z + 2 zz + z = 8 ⇔ 4 ( a 2 + b 2 ) = 8 (do z = z = z.z = a 2 + b 2 .
2

2

2

2

z + z = 2 ⇔ a + bi + a − bi = 2 ⇔ 2a = 2 ⇔ a = 1 .

4 ( a 2 + b 2 ) = 8
a = 1
⇔
Từ đó ta có hệ phương trình 
.
b = ±1
a = 1
Câu 43: D
Đặt t = 2 x . Với x ∈ ¡ thì t ∈ ( 0; + ∞ ) .
x
Do đó phương trình f ( 2 ) − m + 2 = 0 có nghiệm khi và chỉ khi phương trình f ( t ) = m − 2 có

nghiệm thuộc khoảng ( 0; + ∞ ) .
Quan sát đồ thị ta suy ra điều kiện của tham số m là m − 2 ∈ [ −1; + ∞ ) ⇔ m ∈ [ 1; + ∞ ) .
Câu 44: A
Gọi số tiền vay ban đầu là M , số tiền hoàn nợ mỗi tháng là m , lãi suất một tháng là r .
Hết tháng thứ nhất, số tiền cả vốn lẫn lãi ông A nợ ngân hàng là M + Mr = M ( 1 + r ) .
Ngay sau đó ông A hoàn nợ số tiền m nên số tiền để tính lãi cho tháng thứ hai là M ( 1 + r ) − m .
Do đó hết tháng thứ hai, số tiền cả vốn lẫn lãi ông A nợ ngân hàng là
2
 M ( 1 + r ) − m  ( 1 + r ) = M ( 1 + r ) − m ( 1 + r ) .

Ngay sau đó ông A lại hoàn nợ số tiền m nên số tiền để tính lãi cho tháng thứ ba là
M ( 1+ r ) − m ( 1+ r ) − m .
2

Do đó hết tháng thứ ba, số tiền cả vốn lẫn lãi ông A nợ ngân hàng là

 M ( 1 + r ) 2 − m ( 1 + r ) − m ( 1 + r ) = M ( 1 + r ) 3 − m ( 1 + r ) 2 − m ( 1 + r ) − m .



Cứ tiếp tục lập luận như vậy ta thấy sau tháng thứ n , n ≥ 2 , số tiền cả vốn lẫn lãi ông A nợ
ngân hàng là
M (1+ r ) − m (1+ r )
n

n −1

− m (1+ r )

n−2

− ... − m ( 1 + r ) − m = M ( 1 + r )

n

n
m ( 1 + r ) − 1 .

− 
r

Sau tháng thứ n trả hết nợ thì ta có

Trang 19


n
M ( 1+ r ) r

m ( 1 + r ) − 1
.


⇔
m
=
n
−
=0
1
+
r
−
1
( )
r
n

M ( 1+ r )

n

Thay số với M = 500.000.000 , r = 1% , n = 5 ×12 = 60 ta được m ≈ 11,122 (triệu đồng).
Câu 45: C
Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 4;1;0 ) và bán kính R = 5 .

IE = 42 + 22 + 52 = 45 > R ⇒ điểm E nằm ngoài mặt cầu ( S ) .
Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng ( P ) , A và B là hai giao điểm của ∆ với ( S ) .
Khi đó, AB lớn nhất ⇔ H ∈ AB .

r
HI vuông góc với ( P ) nên có vectơ chỉ phương là u = ( 2; 2; −1) và đi qua I ( 4;1; 0 ) nên có

 x = 4 + 2t

phương trình tham số: HI :  y = 1 + 2t .
 z = −t

7
Thay vào ( P ) , ta được: 2 ( 4 + 2t ) + 2 ( 1 + 2t ) − ( −t ) − 3 = 0 ⇔ t = − .
9
 22 5 7 
Giao điểm H của HI với ( P ) có tọa độ H  ; − ; ÷.
9 9
 9
uuur  22 4 52 
r
∆ có vectơ chỉ phương là HE =  − ; − ; − ÷ hay u = ( 11; 2; 26 ) và đi qua E nên có
9
9 
 9
 x = 11t

phương trình tham số: ( ∆ ) :  y = −1 + 2t .
 z = −5 + 26t

Câu 46: D
Xét hệ trục tọa độ Oxy đặt vào bể cá như hình vẽ sau

Khi đó phương trình của đường tròn tâm O là x 2 + y 2 = 100 .

Trang 20


Khi đó phần nửa cung tròn phía trên trục Ox có phương trình y = 100 − x2 = f ( x)
Dựa vào hình vẽ ta suy ra Parabol có đỉnh I ( 0; −10 ) đi qua các điểm A ( 6;8 ) , B ( −6;8 ) .
Do đó phương trình ( P ) : y =

1 2
x − 10 .
2
6

Diện tích phần thả cá cảnh là



∫ 

−6

1

100 − x 2 − x 2 + 10 ÷dx ; 160, 35 m 2 ⇒ S = 160 m 2 .
2


Do đó bạn Hoan thả được 160 ×4 = 640 con cá cảnh.
Câu 47: C

Gọi V là thể tích của khối lăng trụ ABC . A′B′C ′ , V1 là thể tích khối đa diện lồi BFHCEK , V2
là thể tích khối chóp A 'ABC .
1
1
Ta có: V2 = VA ' ABC = VA ' BCEF = VA ' B 'C ' EF = VABCA ' B 'C ' = V
3
3
4
Và: S AHK = 4S ABC ⇒ VA 'AHK = 4VA 'ABC = V
3
4
1  2
1
V1 = VA ' AHK − ( VA ' ABC + VA ' BCEF ) = V −  V + V ÷ = V
3
3  3
3
⇒

V1
= 2.
V2

Câu 48: A
2
3
2
2
2

Ta có y ′ = 2 x. f ′ ( x ) + 2 x + 2 x − 12 x = 2 x  f ′ ( x ) + x + x − 6 

f ′ ( x 2 ) = 0 ⇔ x ∈ { ±1; ± 2}

Mặt khác: x 2 + x − 6 = 0 ⇔ x = 2 ∨ x = −3
Ta có bảng xét dấu:

Trang 21


(kxđ: không xác định)
Vậy hàm số y = g ( x ) đồng biến trên khoảng ( −2; − 1) và ( 2; + ∞ ) .
Câu 49: C
Ta có l ( x ) ≤ p ( x )
⇔ ( m 2 + 1) x 3 + 3mx 2 ≤ x 2 + x + m 2 + 3m − 1
⇔ ( m 2 + 1) ( x 3 − 1) + ( 3m − 1) ( x 2 − 1) − x + 1 ≤ 0 .
2
3
2
Đặt f ( x ) = ( m + 1) ( x − 1) + ( 3m − 1) ( x − 1) − x + 1 .
2
2
Ta có: f ( x ) = ( x − 1) ( m + 1) ( x + x + 1) + ( 3m − 1) ( x + 1) − 1 = ( x − 1) g ( x ) .

2
2
Trường hợp x = 1 không phải là nghiệm của g ( x ) = ( m + 1) ( x + x + 1) + ( 3m − 1) ( x + 1) − 1 thì
2
2
hàm số f ( x ) = ( x − 1) ( m + 1) ( x + x + 1) + ( 3m − 1) ( x + 1) − 1 sẽ đổi dấu qua điểm x = 1 ,

2
3
2
nghĩa là ( m + 1) ( x − 1) + ( 3m − 1) ( x − 1) − x + 1 ≤ 0 không nghiệm đúng với mọi x ∈ ¡ .

Do đó, để yêu cầu bài toán được thoả mãn thì một điều kiện cần là
g ( x ) = ( m 2 + 1) ( x 2 + x + 1) + ( 3m − 1) ( x + 1) − 1 có nghiệm x = 1 , hay

m = 0
3 ( m 2 + 1) + 2 ( 3m − 1) − 1 = 0 ⇔ 3m 2 + 3 + 6 m − 2 − 1 = 0 ⇔ 
.
 m = −2
Thử lại:
+ Với m = 0 , ta có f ( x ) = ( x − 1)

2

 x ≤ −1

( x + 1) ≤ 0 ⇔  x = 1


(loại).

3

x≤−

5 (loại).

+ Với m = −2 , ta có f ( x ) = ( x − 1) . ( 5 x + 3) ⇔

x =1
2

Vậy không tồn tại giá trị của m thỏa mãn đề bài.
Câu 50: B
Dựa vào đồ thị có h′ ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt nên m ≠ 0 và m < 0

Trang 22


3
2
Ta có h′ ( x ) = 4mx + 3nx + 2 px + q. Mặt khác dựa vào đồ thị y = h′ ( x ) suy ra

5
13
1
15 


h′ ( x ) = 4m ( x + 1)  x − ÷( x − 3) = 4m  x 3 − x 2 − x + ÷.
4
4
2
4


Đồng nhất hệ số ta có: n = −

13m
, p = −m , q = 15m.
3

2
Để hàm số có 2 tiệm cận đứng thì phương trình h ( x ) − m − m = 0 có 2 nghiệm phân biệt.
2
4
3
2
2
Xét h ( x ) − m − m = 0 ⇔ mx + nx + px + qx = m + m

⇔ x4 −

13 3
13
x − x 2 + 15 x = m + 1 . Đặt f ( x ) = x 4 − x 3 − x 2 + 15x
3
3

2
Dựa vào bảng biến thiên ta có để phương trình h ( x ) − m − m = 0 có 2 nghiệm thì

TH 1:

−32
−35
< m +1 < 0 ⇔

< m < −1 ⇒ −11 ≤ m ≤ −2 ( vì m ∈ ¢ )
3
3

TH 2: m + 1 >

8575
7807
⇔m>
⇒ m ≥ 11 (vì m ∈ Z ). Loại vì m < 0
768
768

Vậy ta có 10 giá trị m thỏa mãn điều kiện đề bài.

Trang 23