22-5-THI-THỬ-THPT-NGÔ-QUYỀN-HẢI-PHÒNG-LẦN-3-2019 (1)

Sở GD&ĐT Hải Phòng
Trường THPT Ngô Quyền
Mã đề 101
Câu 1:

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
Môn Toán – Lớp 12
Năm học 2018-2019
Thời gian làm bài: 90 phút

Họ nguyên hàm của hàm số f  x   3x  x là
B. 3x 

A. 3x  x 2  C .

1 2
x C .
2

3x 1 2
 x C.
ln 3 2

C.

D. 3x ln 3  1  C .

Lời giải
Chọn C



Câu 2:

3x x 2
f  x dx    3  x dx 
  cos x  C .
ln 3 2
x

Số nghiệm của phương trình 3x
A. 1 .
B. 4 .

2

 4 x 5

 9 là

C. 2 .
Lời giải

D. 0 .

Chọn C
Ta có phương trình 3x

2

 4 x 5

 9  3x

2

 4 x 5

x  1
.
 32  x2  4 x  3  0  
x

3


Do đó phương trình có hai nghiệm.

Câu 3:

 x  1  2t

Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :  y  2  t đi qua điểm nào dưới đây?
 z  2  t

A. M  2; 1; 2  .

B. N 1; 2; 2  .

D. Q  2;1; 1 .

C. P 1; 2;3

Lời giải
Chọn B

1  1  2t

Thế tọa độ N 1; 2; 2  vào phương trình đường thẳng d , ta có: 2  2  t  t  0
2  2  t

Vậy N 1; 2; 2  thuộc đường thẳng d .
Câu 4:

Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2   z  3  16 . Tọa độ tâm của
2

mặt cầu là
A.  1; 2;  3 .

B. 1; 2;3 .

2

C. 1;  2;3 .

2

D.  1;  2;  3 .

Lời giải
Chọn C

Mặt cầu  S  có tâm I 1;  2;3 .
Câu 5:

Cho tập M có 20 phần tử, số tập con gồm 3 phần tử của M là
3
3
17
A. C20
.
B. A20
.
C. A20
.

D. 20 3 .

Lời giải

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

1


Chọn A
3
Số tập con có 3 phần tử của M là C20
.
Câu 6:

Điểm M trong hình vẽ là điểm biểu diễn của số phức nào ?

y

M

3

x

2

C. 2  3i .
Lời giải

B. 3  2i .

A. 3  2i .

O

D. 2  3i .

Chọn C
Do M  2;3  z  2  3i .
Câu 7:

Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy là B và chiều cao h được tính bằng công thức
1
B
1
A. V  .

B. V  Bh .
C. V  Bh .
D. V  Bh .
2
h
3
Lời giải
Chọn D

Câu 8:

Cho

2


0

2

f  x  dx  1 , khi đó  3 f  x   1 dx bằng.
0

A. 2.

B. 1.

C. 5.
Lời giải

D. 4.

Chọn B
2

Có

 3 f  x   1 dx  3 f  x  dx  x
0

Câu 9:

2

2
0

 3.1  2  1 .

0

Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

2


Cực đại của hàm số đã cho bằng
A. 1

B. 1

C. 2
Lời giải

D. 0

Chọn C
Giá trị cực đại còn được gọi là cực đại ( SGK cơ bản trang 15) nên chọn C.
Câu 10: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  2;3 .

C.  ; 4  .

B.  ; 2  .

D.  0;   .

Lời giải
Chọn B
Câu 11: Cho a là số thực dương tùy ý, log
A. 2  2 log a .

100
bằng
a2

C. 5  log a .

B. 10  2 log a .

D.

1
(2  log a ) .
2

Lời giải
Chọn A
Ta có log

100
 log100  2 log a  2  2 log a .
a2

Câu 12: Cho cấp số nhân  un  , tìm u3 biết u1  3 và u2  6 .
A. u3  18 .

C. u3  18 .

B. u3  12 .

D. u3  12 .

Lời giải
Chọn D
Công bội q 

u2
 2 . Suy ra u3  u1q 2  12 .
u1

Câu 13: Đồ thị như hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y   x3  x 2  1 .

B. y  x3  x 2  1 .

C. y   x 4  x 2  1 .

D. y  x 4  x 2  1 .

Lời giải
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

3


Chọn D
Đồ thị trên dạng đồ thị của hàm bậc 4 nên loại A và B
Từ đồ thị ta thấy lim    đó là đồ thị hàm số y  x 4  x 2  1 .
x

Câu 14: Diện tích của mặt cầu đường kính 2a bằng
A.

4 a 2
.

3

B. 16 a 2 .

C. 4 a 2 .

D.

32 a 2
.
3

Lời giải
Chọn C
Ta có diện tích mặt cầu bán kính R là S  4 R 2 .
2

 2a 
Suy ra diện tích của mặt cầu đường kính 2a là S=4    4 a 2 .
 2 
Câu 15: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  P  : x  2 y  3z  1  0 có một véctơ pháp tuyến là
A. n  1; 2;3 .

C. n  1;3; 2  .

B. n  1; 2;3 .

D. n  1; 2; 3 .

Lời giải

Chọn A
 P  : x  2 y  3z  1  0  n  1; 2;3
Câu 16: Cho hai số phức z1  1  2i và z2  2  3i . Phần ảo của số phức w  3z1  2 z2 là
A. 12 .

B. 11 .

C. 12i .

D. 1 .

Lời giải
Chọn A
Xét w  3z1  2 z2  3 1  2i   2  2  3i   1  12i
Câu 17: Hàm số y  x 2  1 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  0;1 .

C. 1;  .

B.  1;0  .

D.  ;0  .

Lời giải
Chọn A

 x 2  1 khi x  1; x  1
y  x2 1  
2
  x  1 khi  1  x  1

Nên đồ thị hàm số y  x 2  1 gồm hai phần:
+) Phần 1: Giữ nguyên phần đồ thị của hàm số y  x 2  1 nằm phía bên trên của trục hoành.
+) Phần 2: Lấy đối xứng phần đồ thị của hàm số y  x 2  1 nằm phía bên dưới trục hoành qua

Ox và bỏ phần phần đồ thị nằm phía dưới trục hoành của đồ thị hàm số y  x 2  1 .
Ta được đồ thị của hàm số y  x 2  1 như sau:
y

1
-1 O

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

1

x

4


Dựa vào đồ thị y  x 2  1 ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng  0;1 .
Câu 18: Hàm số f  x   ln  x 2  x  2  có đạo hàm là
A. f '  x  
C. f '  x  

1
.
x  x2
2x 1
2

x

2

 x  2

2

.

B. f '  x  

2x  2
.
x  x2

D. f '  x  

2x 1
.
x  x2

2

2

Lời giải
Chọn D.
Ta có f '  x  

Câu 19: Cho hàm số y

x

 x  2 

2

x x2
2

2x 1
.
x x2



2

f x . Đồ thị hàm số y

điểm cực đại của đồ thị hàm số y

A. 2 .

khoảng

f

A. 3 .

1; 2 như hình vẽ bên. Số

1; 2 là

C. 0 .
Lời giải

x ta thấy phương trình f

D. 3 .

x

0 có 3 nghiệm phân biệt trên

1; 2 và đạo hàm f '( x ) đổi dấu từ " " sang " " 1 lần nên hàm số có 1 cực đại.

Câu 20: Cho hàm số f x liên tục trên đoạn
hàm số y

x trên khoảng

f x trên khoảng

B. 1 .

Chọn B
Quan sát đồ thị hàm số y

f

1;3 và có đồ thị như hình vẽ bên. Giá trị lớn nhất của

f 3sin 2 x 1 bằng

B. 2 .

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

C. 0 .
Lời giải

D. 1 .

5


Chọn B
Đặt t 3sin 2 x 1 , đk: t

1; 2

Quan sát đồ thị hàm số f x ta thấy trên đoạn

1; 2 f t có giá trị lớn nhất bằng 2 .

Câu 21: Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y
x

1 . Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích là

0, x

1

1

A.



1 , trục hoành và các đường thẳng

x2

x  1 dx .
2

B.

x

2

1

 1 dx .

D.   x 2  1 dx .

C.  x  1 dx .

0

0

1

2

0

0

Lời giải
Chọn D
1

1

2

x2

Thể tích khối tròn xoay là: V

x2

1 dx

0

1 dx .

0

Câu 22: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   cắt các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại 3 điểm

A  2;0;0  , B  0;3;0  , C  0;0; 4  . Khoảng cách từ O đến mặt phẳng   bằng
A.

12 61
.
61

B. 3 .

61
.
12

C.

.

D. 4 .

Lời giải
Chọn A

Phương trình mặt phẳng   :

x y z
   1  6 x  4 y  3z  12  0 .
2 3 4

Khoảng cách từ O đến mặt phẳng   : d  O,    

6.0  4.0  3.0  12
62   4    3
2

2



12 61
.
61

Câu 23: Trong không gian Oxyz , mặt cầu có tâm I 1;  3; 2  và đi qua điểm A  5;  1; 4  có phương
trình là
A.  x  1   y  3   z  2   24 .

B.  x  1   y  3   z  2   24 .

C.  x  1   y  3   z  2   24 .

D.  x  1   y  3   z  2   24 .

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Lời giải
Chọn D
Ta có bán kính mặt cầu R  IA  2 6 .
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm:  x  1   y  3   z  2   24 .
2

2

2

Câu 24: Đặt log 3  m , log 5  n . Khi đó, log9 45 bằng
A. 2 

n
.
2m

B. 1 

n
.
2m

C. 1 

n
2m

D. 1 

n
.
m

Lời giải
Chọn B

Ta có: log9 45 

log 45 log 32  log 5 2log 3  log 5 2m  n
n
.



 1
2
log 9
2log 3
2m
2m
log 3

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

6


Câu 25: Gọi z1 là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z 2  2 z  3  0 . Phần thực của số
phức iz1 bằng
A.

2
.
2

C.  2 .

2.

B.

D. 

2
.
2

Lời giải
Chọn C

 z  1  2i
z2  2z  3  0  
 z  1  2i
z1 là nghiệm phức có phần ảo dương  z1  1  2i

Do đó iz1   2  i .
Câu 26: Cho khối chóp O. ABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau; OA  a , OB  OC  2a .
Thể tích của khối chóp O. ABC bằng
A.

2a 3
.
3

B.

a3
.
2

C.

a3
.
6

D. 2a 3 .

Lời giải
Chọn A
A

C

O

B

1
1 1
2a 3
V  .SOBC .OA  . 2a.2a.a 
.
3
3 2
3

1
Câu 27: Tập nghiệm của bất phương trình  
2

x2  2 x



1
là
8

B.  ; 3  1;   . C. 1;   .

A.  3;1 .

D.  ; 3 .

Lời giải
Chọn B
x2  2 x

x2  2 x

3

1
1
1

1
  
    x 2  2 x  3  x 2  2 x  3  0  x   ; 3  1;   .
 
8
2
2
2
Câu 28: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có tất cả các cạnh đều bằng a . Góc giữa AC và
mặt phẳng  ABC   bằng

A. 30 .

B. 60 .

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

C. 45 .
Lời giải

D. 90 .

7


Chọn C
* Chú ý: Nhiều học sinh không nhận diện được lăng trụ tam giác đều là một lăng trụ đứng
nên không vẽ được hình chính xác.

+ Vì AA   ABC   nên AC là hình chiếu vuông góc của AC lên trên mặt phẳng  ABC   ,

suy ra  AC,  ABC     AC, AC   ACA .
+ Tam giác AAC vuông cân tại A nên AC A  45 .
Câu 29: Cắt khối cầu bởi một mặt phẳng đi qua tâm tạo nên một đường tròn có đường kính bằng 2a .
Thể tích của khối cầu bằng
A. 4a 3 .

B.

4 3 a 3
.
3

C.

 a3
.
3

D.

4 a 3
.
3

Lời giải
Chọn D

+ Gọi mặt cầu  S  có tâm I và bán kính R.
+ Hình tròn lớn  C  đi qua tâm I có bán kính r  r  a .
4

4 a 3
Vậy R  r  a và thể tích của khối cầu là V   R 3 
3
3

Câu 30: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

8


A. 2 .

B. 3 .

C. 1

D. 4 .

Lời giải
Chọn A
Từ bảng biến thiên ta có
+ lim f  x    nên ta có x  1 là một đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x  .
x 1

+ lim f  x   3 nên ta có y  3 là một đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x  .
x 

Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là 2.
Câu 31: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân, AB  AC  a, SA  a và SA   ABC  .
Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho bằng:
A.

3 3 a3
.
2

B.

3 a3
.
2

D. 3 6 a3 .

6 a 3 .

C.

Lời giải
Chọn B
+ Do đáy là tam giác ABC vuông cân với AB  AC  a nên bán kính đường tròng ngoại tiếp
a 2
đáy là Rd 
.
2
+ Đường cao h  SA  a .
+ Do SA   ABC  nên bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là

2

a2 a2 a 3
h
.
R  R   


2
4
2
2
2
d

4
3 a3
Thể tích của khối cầu là V   R3 
.
3
2
Câu 32: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y 
1
A.   m  1 .
2

 2m  1

1 x 1

1 x  m

đồng biến trên  3;0  ?
1
D.   m  1 .
2

C. 0  m  1 .

B. 0  m  1 .

Lời giải
Chọn A

m  1
Hàm số xác định trên  3;0   m  1; 2   
(*).
m  2
2m 2  m  1
1
.
Ta có y 
.
2
2
1

x
1 x  m





Hàm số đồng biến trên  3;0   y  0, x   3;0 
 2m 2  m  1  0  

1
 m  1 thỏa mãn (*).
2

Câu 33: Tích tất cả các nghiệm của phương trình 3x
A. 1  2 log3 2 .
B. 1  2 log 3 2 .

2

 x ln 2 1

 4 bằng
C. 1  2 ln 2 .
Lời giải

D. 1  2 ln 2 .

Chọn B
2
Ta có 3x  x ln 21  4  x 2  2 ln 2  1  log 3 4  x 2  2 ln 2  1  log 3 4  0 .
Theo Viet, tích hai nghiệm của phương trình là 1  log3 4  1  2 log3 2 .
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

9


Câu 34: Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ bên. Bất phương trình
3 f  x   x3  a  3x ln x có nghiệm thuộc đoạn 1; 2 khi và chỉ khi

A. a  3f 1  1.

B. a  3f  2   8  6 ln 2.

C. a  3f 1  1.

D. a  3f  2   8  6 ln 2.

Lời giải
Chọn A
Bất phương trình 3 f  x   x3  a  3x ln x  a  3 f  x   x3  3x ln x
Đặt g  x   x3  3x ln x và h  x   3 f  x   g  x  . Suy ra h  x   3 f   x   g   x 
Quan sát đồ thị f   x   2 x  1; 2  3 f   x   6 x  1; 2 1 . Dấu = xảy ra tại x  2 .
3
g   x   3 x 2  3ln x  3  g   x   6 x   0 x  1; 2
x
 g  1  g   x   g   2  x  1; 2  g   x   6 x  1; 2  2  . Dấu = xảy ra tại x  1
Từ 1 và  2  suy ra h  x   0 x  1; 2 vì dấu = không thể xảy ra.

 h 1  h  x   h  2  x  1; 2  h  x   3 f 1  1 x  1; 2
Để bất phương trình a  h  x  có nghiệm thuộc đoạn 1; 2 thì a  3 f 1  1 .
6

Câu 35: Cho

dx

  x  2
1

x3

 a ln 3  b ln 2 , với a , b là các số hữu tỉ. Giá trị của 3a  5b bằng

A. 8.

C. 4.

B. 3.

D. 2.

Lời giải
Chọn A
Đặt t  x  3  t 2  x  3  x  t 2  3  dx  2tdt .
Đổi cận: x  6  t  3; x  1  t  2
3

2tdt
2dt
t 1
1
1

Khi đó I   2
  2 2  ln
 ln  ln  ln 3  ln 2
t 1 2
2
3
2  t  1 t
2 t 1 
3

3

 a  1; b  1  3a  5b  8 .

Câu 36: Xét các số phức z sao cho 1  z 1  iz  là số thực. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là
A. một đường tròn.

B. một elip.

C. một đường thẳng.

D. hai đường thẳng.

Lời giải
Chọn D
Gọi z  x  yi . Từ đó ta có 1  z 1  iz   1  x  yi 1  xi  y 

 1  x  y  2 xy     x  x 2  y  y 2  i là số thực khi

x  y  0

 y  y 2   0   x  y  x  y  1  0  
 x  y 1  0
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là hai đường thẳng.

 x  x

2

Câu 37: Cho F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x   x  2  ln x  thỏa mãn F 1  1 . Giá trị của

F  e  bằng
5e2  1
A.
.
4

B. 5e  1 .

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

2

5e2  1
C.
.
4
Lời giải

D. 5e 2  1 .

10


Chọn A
Ta có
e

e

1

1

F  e   F 1   f  x  dx  F  e   F 1   x  2  ln x  dx .
1

du  dx


u   2  ln x  
x
Đặt 
. Khi đó

2
x

dv  xdx
v 



2
e

e

e

x2
1
x2
x2
5e2  1
F  e   1   2  ln x    xdx  1   2  ln x  

.
2
2
2
4
4
1
1
1
1
e

Câu 38: Một lớp học có 42 học sinh xếp thành một vòng tròn. Chọn ngẫu nhiên ra 3 học sinh để tham
gia vào một trò chơi. Xác suất để trong 3 học sinh được chọn không có 2 học sinh đứng kề
nhau bằng

701
351
703
341
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
820
410
820
420
Lời giải
Chọn A
Cố định vị trí một học sinh tùy ý. Đánh số thứ tự theo chiều kim đồng hồ từ 1  42 .
3
Chọn 3 học sinh tùy ý có n     C42
cách.

Giả sử thứ tự 3 học sinh được chọn là 1  a  b  c  42 . Vì không có 2 học sinh nào đứng cạnh
nhau nên
a  b  1
 1  a  b  1  c  2  40 .

b  c  1
3

Do đó có C40
cách.
Trong các cách chọn đó, ta loại bỏ các trường hợp a  1, c  42,3  b  40 do đó ta bỏ 38
trường hợp.
Vậy xác suất cần tìm là P 

3
C40
 38 703
.

3
C42
820

Câu 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M  2; 2;1 và hai đường thẳng
x 1 y  2 z
x y 1 z  2

 . Đường thẳng  đi qua M vuông góc với d1 và


, d2 :
3
2
3
2
1
2
cắt d 2 có một vectơ chỉ phương là

d1 :

A. u   1; 4;1 .

B. u  1; 4;1 .

C. u   1; 4; 1 .

D. u  1; 4; 1 .

Lời giải
Chọn B

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

11


Đường thẳng d1 có một vectơ chỉ phương là u1   2;1; 2  .

 x  1  3t

Đường thẳng d 2 có phương trình tham số là d 2 :  y  2  2t .
 z  3t

Gọi A    d 2 . Khi đó A 1  3t ; 2  2t ;3t  ; MA   3t  1; 2t ;3t  1 .
2
7
1
 1 4 1

Do đó MA    ; ;     1; 4;1 .
7
 7 7 7

Vì d1    u.MA  0  t 

Vậy  có một vectơ chỉ phương là u  1; 4;1 .
Câu 40: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , các cạnh bên đều tạo với đáy một
góc bằng 60 , khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SCD  bằng
A.

42a
.
14

B.

3 14a
.
7

C.

3 14a
.
14

D.

42a

.
7

Lời giải
Chọn D
S

K
A

D
I

H
60
B

C

Gọi H  AC  BD , I là trung điểm của CD , K là hình chiếu vuông góc của H trên SI ta có

SH   ABCD  và SBH  60 .


 SHI    SCD 
Ta có mặt phẳng 
 HK  d  H ,  SCD   .
SHI

SCD


SI






Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

12


Xét tam giác vuông SHB  SH  a

2
a 6
.
.tan 60 
2
2

Xét tam giác vuông SHI  SI  SH 2  HI 2 
Ta có d  A,  SCD    2d  H ,  SCD    2HK 

6a 2 a 2 a 7
SH .HI a 42
.



 HK 

4
4
2
SI
14

a 42
.
7

Câu 41: Xét các số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  2i  3 và z2  2  2i  z2  2  4i . Giá trị nhỏ nhất của

z1  z2 bằng
A. 3 .

B. 1 .

C. 2 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn C

I1

R1
3

H

, có điểm biểu diễn là M  a1; b1  , M 2  a2 ; b2  .

Đặt z1  a1  b1i, z2  a2  b2i với a1 , b1 , a2 , b2 

2
a12   b1  2 2  9
2

a1   b1  2   9

Theo giả thiết ta có: 
.
2
2
2
2
b2  3
 a1  2    b2  2    a1  2    b2  4 

 M1 nằm trên đường tròn  C  có tâm I1  0; 2  , R1  3 , M 2 mằm trên đường thẳng  d  : y  3 .

Ta có z1  z2 là khoảng cách từ một điểm trên  C  tới một điểm trên đường thẳng  d  .

 z1  z2 nhỏ nhất bằng d  I1 , d   R1  5  3  2 .
Câu 42: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x   x 2  x  1  x 2  2mx  5 với mọi x  . Có bao
nhiêu số nguyên m  10 để hàm số g  x   f  x  có đúng 5 cực trị?
A. 6 .

B. 9 .

C. 7 .
Lời giải

D. 8 .

Chọn C

Hàm số g  x   f  x  có đúng 5 cực trị  hàm số y  f  x  có 2 cực trị dương phân biệt

 f   x   0 có hai nghiệm dương phân biệt
 x 2  2mx  5  0 có hai nghiệm dương phân biệt.

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

13


m   5
   m 2  5  0


  S  2m  0    m  5  m   5 .

P  5  0

m  0
Vì m nguyên và m  10 nên m  9; 8; 7; 6; 5; 4; 3 .

Câu 43: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình log
thực duy nhất.
A. m  2 .

B. 0  m  2 .

2

 x  2   log 2  mx 

có nghiệm

D. m  2 .

C. m  0 .
Lời giải

Chọn C

x  2  0 x  2
Điều kiện 
.

mx  0
m  0
Ta có log

2

 x  2   log 2  mx   2log2  x  2  log2  mx   log2  x  2

 x 2  4 x  4  mx  m 

2

 log 2  mx 

x2  4 x  4
.
x

x2  4 x  4
với x  2 .
x
x  2
x2  4


Ta có f  x  
,
cho
f
x

0



 x  2 .
x2


Bảng biến thiên

Xét hàm số f  x  

Dựa vào bảng biến thiên suy ra m  0 .
Câu 44: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 1; 4;5 , B  3; 4;0  , C  2; 1;0  và mặt phẳng

 P  : 3x  3 y  2 z  12  0 . Đểm

M  a ; b ; c  thuộc  P  sao cho MA2  MB 2  3MC 2 đạt giá trị

nhỏ nhất. Tổng a  b  c bằng
A. 3 .
B. 2 .

C. 2 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn D

10  5 x  0
x  2


Gọi I  x ; y ; z  thỏa mãn IA  IB  3IC  0  5  5 y  0   y  1  I  2;1;1 .
5  5 z  0
z  1



2

2

2



 
2

MA2  MB 2  3MC 2  MA  MB  3MC  MI  IA  MI  IB





2



 3 MI  IC



2



 5MI 2  IA2  IB2  3IC 2  2MI IA  IB  3IC  5MI 2  52 .
Do đó MA2  MB 2  3MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất  MI đạt giá trị nhỏ nhất.
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

14


Gọi H là hình chiếu của I lên  P  thì IH   P  nên MI  IH .
Vậy MI đạt giá trị nhỏ nhất  MI  IH và M  H .
IH qua I  2;1;1 và IH   P  nên IH có véctơ chỉ phương là u   3; 3; 2  .

 x  2  3t

Phương trình đường thẳng IH :  y  1  3t ; H  IH  H  2  3t ;1  3t ;1  2t  .
 z  1  2t

H   P   3  2  3t   3 1  3t   2 1  2t   12  0  t 

1
7 1 
 H  ;  ;0  .
2
2 2 

Vậy a  b  c  3 .

 S  : x2  y 2  z 2  4 và mặt phẳng
E , nằm trong  P  và cắt  S  tại hai điểm A , B

Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho điểm E 1;1;1 , mặt cầu

 P  : x  3 y  5z  3  0 . Đường thẳng đi qua

sao cho tam giác OAB là tam giác đều có phương trình là
1  x y 1 z 1
x 1 1  y 1  z




A.
.
B.
.
2
1
1
2
1
1
x 1 y 1 z 1
x 1 1  y 1  z




C.
.
D.

.
2
2
1
1
1
1
Lời giải
Chọn D

Mặt phẳng P có véctơ pháp tuyến là nP

1; 3;5 ; OE

Mặt cầu S có tâm là O 0;0;0 và bán kính R
OE

3

1;1;1 .

2.

R , nên điểm E nằm trong mặt cầu S .

Gọi K là hình chiếu của O lên AB . Vì tam giác ABO đều

OK
Do đó

OA. 3
2

3

OE . Suy ra K

E

có véctơ chỉ phương là u

Vậy phương trình của

AB

nP , OE

AB

OA

OB

2 nên

OE .
8; 4; 4

4 2; 1; 1

x 1 y 1 z 1
x 1 1  y 1  z




.

2
1
1
2
1
1

là:

Câu 46: Cho hàm số f  x  có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
x

f  x



2

1



Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

0



0



0



4

3


0



15


Xét hàm số g  x   3 f  x  2   x3  3x . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
 1
B. g  1  g  0   g    .
 2

 1
D. g  1  g     g  0  .
 2
Lời giải

 1
A. g  1  g  0   g    .
 2
 1
C. g  1  g     g  0  .
 2

Chọn C
Ta có g  x   3 f  x  2   x3  3x .

 g   3 f   x  2   3x 2  3 1 .
2
2
Đặt t  x  2 thì 1 trở thành g   3 f   t   3  t  2   3  3  f   t    t  2   1



Xét hàm số y  f   t  và y   t  2  1 trên khoảng 1;3 .
2

Khi đó với t  1;3 ta thấy y  f  t  luôn dương và y   t  2  1 luôn âm.
2

2
2

Suy ra f   t    t  2   1  0, t  1;3  g   3  f   t    t  2   1  0, t  1;3 .



Do đó x   1;1 thì g  x   3 f  x  2   x3  3x đồng biến.
 1
Suy ra g  1  g     g  0  .
 2

Câu 47: Cho hàm số y  f  x   x3  3x  1. Số nghiệm của phương trình  f  x   3 f  x   1  0 là
A. 1 .
B. 7 .
C. 5 .
D. 6 .
Lời giải
Chọn B
Hàm số y  f  x   x3  3x  1 có đồ thị như sau
3

Dựa vào đồ thị hàm số trên, ta thấy phương trình  f  x   3 f  x   1  0 * cắt trục hoành tại
3 điểm phân biệt
 f  x   x1 , x1   2; 1  Phương trình này có 1 nghiệm.
3

 f  x   x2 , x2   0;1  Phương trình này có 3 nghiệm phân biệt.
 f  x   x3 , x3  1; 2   Phương trình này có 3 nghiệm phân biệt.
Vậy phương trình * có tất cả 7 nghiệm.
Câu 48: Ông A đi làm từ lúc 7 giờ và đến cơ quan lúc 7 giờ 12 phút bằng xe gắn máy, trên đường đến
cơ quan ông A gặp một người băng qua đường nên ông phải giảm tốc độ để đảm bảo an toàn
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

16


rồi sau đó lại từ từ tăng tốc độ để đến cơ quan làm việc. Biết đồ thị mô tả vận tốc chuyển động
của ông A đi từ nhà đến cơ quan như hình vẽ. Hỏi quảng đường kể từ ông A giảm tốc độ để
tránh tai nan cho đến cơ quan dài bao nhiêu mét?

A. 3200 m.

B. 3500 m.

C. 3600 m.
Lời giải

D. 3900 m.

Chọn D
Ta có công thức S   v  t  dt .
Quãng đường kể từ lúc ông A giảm tốc độ để né người đi đường cho đến lúc tới cơ quan chia
làm hai quảng đường.
1
1
*) S1 từ 7 giờ 5 phút đến 7 giờ 6 phút. Ta có S1  .36.  0,3  km  .
2
60
1 1
6 
*) S 2 từ 7 giờ 6 phút đến 7 giờ 12 phút. Ta có S1     .48  3, 6  km  .
2  60 60 

Vậy ta có quảng đường theo yêu cầu đầu bài là S  S1  S2  0,3  3, 6  3,9  km   3900  m  .
Câu 49: Cho hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng  0;   ; y  f  x  liên tục, nhận giá trị dương
trên  0;   và thoả mãn f  3 

2
2
và  f   x    x  1 . f  x  . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
3

A. 2616  f 2 8  2617 .

B. 2618  f 2 8  2619 .

C. 2613  f 2  8  2614 .

D. 2614  f 2 8  2615 .
Lời giải

Chọn C
Ta có  f   x    x  1 . f  x   f   x   x  1. f  x 
2 f  x


 x 1  2  f  x   x 1


2 f  x
2



2
 2   f  x   dx   x  1dx  2 f  x  


3

Vì f  3 

 x  1

3

C .

2
2
43
16  2 6
.


C  C 
3
3
3
3


 f 2  x  




 x  1

3

3


2 6  16 


3


Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

4

17


Nên f 2 8  2613, 26 .
Câu 50: Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh 2a , gọi M là trung điểm BB và P thuộc cạnh
1
DD sao cho Dp  DD . Mặt phẳng  MAP  cắt CC tại N . Thể tích khối đa diện
4
AMNPBCD bằng:
A. 2a 3 .

B. 3a 3 .

C.

9a 3
.
4

D.

11a 3
.
3

Lời giải
Chọn B
Gọi O, O ' là tâm của hình vuông ABCD, ABC D và I là giao điểm của MP và OO . Khi đó
N là giao điểm của AI và CC .

Ta có: PD 

KD 2
1
2
3
3
3
  PD  IO  IO  PD  MB  OO .
MB  DB  DK và
KO 3

2
3
2
4
8

3
3
1
Vì IO  OO  NC  OO  NC   CC  .
8
4
4
Chọn hệ trục Oxyz sao cho A  O và tia Ox  AB, Oy  AD, Oz  AA .

Khi đó A  0;0;0  , B  2a;0;0  , D  0;2a;0  , A  0;0;2a  .
Suy ra C  2a;2a;0  , B  2a;0;2a  , C  2a;2a;2a  , D  0;2a;2a  , M  2a;0; a  .

3 
1 


Từ CC  4 NC  N  2a;2a; a  và DD  4DP  P  0;2a; a  .
2 
2 


Ta có VAMNPBCD  VMABC  VPDAC  VMANC  VNAPC
1 1
2

1 1 1
1
VMABC  .a. .2a.2a  a 3 và VPACD  . a. .2a.2a  a 3 .
3 2
3
3 2 2
3

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

18


Mặt

khác

3 

AN   2a;2a; a 
2 


1 

AC   2a;2a;0  , AP   0;2a; a    AC; AD    a 2 ; a 2 ;4a 2 
2 

1
. Suy ra VANPC   AC ; AP  AN  a 3 .

6

và

3 

AC   2a;2a;0  , AN   2a;2a; a    AC; AN    3a 2 ; 3a 2 ;0  và AM   2a;0; a  . Suy ra
2 

1
VACNM   AC ; AN  AM  a 3 .
6
Vậy VAMNPBCD  VMABC  VPDAC  VMANC  VNAPC  3a3 .
---HẾT---

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

19