GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 2 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ PHÁT TRIỂN SỐ 2
Câu 51. Thể tích khối lập phương có cạnh

2a bằng
C. 2 2a3 .

B. 2a 3 .

A. 8a 3 .

D. 6a 3 .

Lời giải
Chọn C
Thể tích khối lập phương có cạnh
Câu 52. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên

2a bằng ( 2a)3

2 2a3 .

và có bảng biến thiên:

Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đạt cực đại tại x  0 .
B. Hàm số có đúng hai điểm cực trị.
C. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 0 và giá trị nhỏ nhất bằng 3 .

D. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 1 và 1 .
Lời giải
Chọn A
Hàm số đạt cực đại tại x  0 , vì đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm qua x  0 và f  0   0 .
Câu 53. Trong không gian Oxyz , cho vectơ u   4;  1;5  . Biết tọa độ điểm đầu của vectơ u là
N 1;1;1 . Tìm tọa độ điểm cuối M của vectơ u .

A. M  3;2;  4  .

B. M  3;  2; 4  .

C. M   3;  2;  4  .

D. M  5; 0;6  .

Lời giải
Chọn D
Giả sử tọa độ của M là  x ; y ; z  . Ta có NM   x  1; y  1; z  1 .
x  1  4
x  5


Khi đó u  NM   y  1  1   y  0 .
z  1  5
z  6



Vậy M  5;0;6  .
Câu 54. Cho hàm số y

f x có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào

dưới đây?

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

A.

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2

B.

1;1 .

C. 1; 2 .

1; 2 .

D. 2;

.

Lời giải
Chọn C
Nhìn vào đồ thị đã cho, ta có hàm số nghịch biến trên khoảng 0; 2 nên nghịch biến trên
khoảng 1; 2 .

 3a 5 
Câu 55. Với a , b là hai số dương tùy ý, log 3  2  bằng
 b 
A. 1  2 log 3 a  5log 3 b.

B. 5  5log 3 a  2 log3 b.

C. 1  5log 3 a  2 log 3 b.

D. 5 1  log3 a  2log3 b  .
Lời giải

Chọn C

 3a 5 
Có log 3  2   log 3  3a 5   log 3 b 2  log 3 3  log 3 a 5  2 log 3 b  1  5log 3 a  2 log 3 b.
 b 
Câu 56. Cho

1

1

1

0

0

0

 f  x  dx  3 và  3 f  x   5g  x  dx  4 , khi đó  g  x  dx bằng
B. 12 .

A. 1 .

D. 1 .

C. 7 .
Lời giải

Chọn A
1

1

1

1

0

0

0

0

Có 4   3 f  x   5 g  x   dx 3 f  x  dx  5 g  x  dx  9  5 g  x  dx

1

1

0

0

 5 g  x  dx  5   g  x  dx  1 .

Câu 57. Thể tích của khối cầu có đường kính 6 cm bằng
A. 36 cm3 .

B. 36 cm 2 .

C. 12 cm3 .
Lời giải

Chọn A

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

D. 288 cm3 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

Có d  2 R  R 

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2

d 6
  3 cm.
2 2

4
4
 V   R 3   .33  36 cm 3 .
3
3
Câu 58. Tập nghiệm của phương trình log6  x  5  x   1 là
A. 2;3 .
B. 4;6 .
C. 1; 6 .
Lời giải
Chọn A
Điều kiện x  5  x   0  x  x  5  0  0  x  5 .

D. 1;6 .

x  2
Phương trình tương đương với x  5  x   6  x 2  5 x  6  0  
(thỏa mãn điều kiện).
x  3
Vậy phương trình có tập nghiệm là S  2;3 .
Câu 59. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   đi qua A  3;1; 4  và song song mặt phẳng  Oxz 
thì phương trình mặt phẳng   là
B. 2 x  2 y  z  0 .

A. x 1  0 .

C. y  1  0 .

D. z  4  0 .

Lời giải
Chọn C
Mặt phẳng   đi qua A  3;1; 4  có véc tơ pháp tuyến j   0;1;0  .
Nên mặt phẳng   có phương trình là: y  1  0 .
Câu 60. Họ nguyên hàm của hàm số f x
A. e

x

e

C.

x

e

x

2 là

3x

3 2
x 2x C .

2
3 2
x 2x C .
2

e

B.
D. e

x

x

3x 2

3x 2

2x

2x

C.

C.

Lời giải
Chọn C
Ta có

f x dx

e

x

3x 2 dx

e x dx 3 xdx 2 dx

Câu 61. Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :
A. Q (2; 1; 2) .

x 1
2

B. M (1; 2; 3) .

y

2
1

z

e

x

3 2

x
2

D. N(2; 1; 2) .

Lời giải
Chọn C
Đáp án A nhầm vectơ chỉ phương.
Đáp án B nhầm dấu tọa độ điểm.
Đáp án D nhầm vectơ chỉ phương.
A. 0.

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

B. 1.

1152 ?

C. 2 .
Lời giải

C.

3
đi qua điểm nào dưới đây?
2

C. P ( 1; 2; 3) .

Câu 62. Có bao nhiêu số tự nhiên n thỏa mãn An3 9 An2

2x

D. 3 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2

Chọn B
Điều kiện: n 3 và n

. Ta có An3

n 2 . n 1 .n 9. n 1 .n 1152

9 An2

1152

n3

0

6n2

n!
n 3!

9.

7n 1152

0

n!
1152
n 2!

n

0

9. .

Câu 63. Cho cấp số nhân  un  có số hạng đầu u1  2 và công bội q  2 . Giá trị của u6 bằng
A. 32 .

B. 64 .

D. 64 .

C. 42 .
Lời giải

Chọn D
Ta có: u6  u1.q5  2(2)5  64 .
Câu 64. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm biểu diễn của hai số phức đối nhau là
A. hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ O .

B. hai điểm đối xứng nhau qua trục hoành.
C. hai điểm đối xứng nhau qua trục tung.
D. hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng y  x .
Lời giải
Chọn A
Điểm biểu diễn của số phức z  a  bi trong mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm M  a; b 
Điểm biểu diễn của số phức  z  a  bi trong mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm N  a; b 
Do đó: điểm biểu diễn của hai số phức đối nhau là hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ
Câu 65. Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y 

2x  2
.
x 1

B. y 

2x 1
.
x2

C. y 

2x  2
.
x 1

Lời giải
Chọn A

Tập xác định: D 

\ 1 . Loại đáp án B.

Ta có đồ thị hàm số đi qua điểm M 1;0  nên chỉ có đáp án A thỏa mãn.
Vậy đồ thị đã cho là của hàm số y 

2x  2
.
x 1

Câu 66. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

và có đồ thị như hình vẽ.

D. y 

2x
.
x 1


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2
y

1

1

-1

0

x

-1

Giá trị nhỏ nhất trên tập xác định của hàm số có đồ thị sau là:
A. min y  1.

C. min y  0 .

B. min y  1 .

D. min y  2 .

Lời giải
Chọn A
Từ đồ thị ta thấy giá trị nhỏ nhất là 1 .
Câu 67. Cho hàm số f ( x ) có đồ thị f ( x ) như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là:

A. 4 .

B. 3

C. 2 .

D. 1 .

Lời giải
Chọn B

Quan sát đồ thị ta có f '  x  cắt trục hoành tại 4 điểm nhưng chỉ có 3 điểm đạo hàm đổi dấu
khi x đi qua, nên chỉ có 3 cực trị.
Câu 68. Cho hai số phức z1  m  1  2i và z1  2   m  1 i . Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để
z1. z2  8  8i là một số thực.

A. 1 .

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

B. 2 .

C. 3 .

D. 4 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2

Lời giải
Chọn B
Ta có: z1. z2  8  8i   m  1  2i  2   m  1 i   8  8i  8  m2  2m  3 i .





m  1
Để z1. z2  8  i là một số thực thì m2  2m  3  0  
.
 m  3
Vậy có hai giá trị của tham số m để z1. z2  8  i là một số thực.
Câu 69. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm I 1;1;1 , A 1; 2;3 và B  0;3;1 .
Phương trình mặt cầu ( S ) nhận I làm tâm và có bán kính R  AB là
A.  x  1   y  1   z  1  6 .

B.  x  1   y  1   z  1  6 .

C.  x  1   y  1   z  1  6 .

D.  x  1   y  1   z  1  6 .

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Lời giải
Chọn D

 0  1

Bán kính mặt cầu R  AB 

2

  3  2   1  3  6
2

2

Suy phương trình mặt cầu ( S ) :  x  1   y  1   z  1  6 .
2

2

2

Câu 70. Đặt log12 3  a , khi đó log9 16 bằng
A.

1 a
.
a

B.

1 a
.
a

C.

a
.
1 a

D.

a
.
1 a

Lời giải

Chọn A
log12 4

Ta có log 9 16  log 3 4 
log12 3

12
3  1 a .
a
a

log12

Câu 71. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  4 z  10  0 . Khi đó z1.z2  z1  z2 bằng
A. 10  2 10 .

B. 10  2 10 .

C. 2  2 10 .

D. 10  2 5 .

Lời giải
Chọn B

 z1  2  i 6
Ta có z 2  4 z  10  0  
.
 z2  2  i 6







Do đó: z1.z2  z1  z2  2  i 6 2  i 6  2 2  i 6  10  2 10 .
Câu 72. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  16  0 và

Q  : x  2 y  2z 1  0
A. 5.

bằng
B.

17
.
3

C. 6.
Lời giải

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

D.

5
.
3

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2

Chọn A


16  2.0  2.0  1
 P  / /  Q 
Ta có 
 d   P  ;  Q    d  A;  Q   
 5.
12  22  22

 A 16;0;0    P 
1
Câu 73. Tập nghiệm của bất phương trình  
3
A. (; 1) .
B. (3;  ) .

x2  4 x

 27 là
D. (;1)  (3; ) .

C. (1;3) .
Lời giải.

Chọn D

1
Ta có:  
 3

x2 4 x

1
 27   
 3

x2 4 x

3
x  1
1
.
    x 2  4 x  3  x 2  4 x  3  0  
 3
x  3

Câu 74. Diện tích phần hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới
đây?

 x



1

A.

2

2

x dx .

1



B.

 x2  2 

2

 x
1

x dx .

1

2

1



1

C.

 x
1

D.

1

2

2



x dx .



x dx .

Lời giải
Chọn D
Diện tích hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ bên là:
1

x

1

2





1





 2   x dx    x  x 2  2 dx ( vì x   1;1   x  x 2  2 ).
1

Câu 75. Cho khối nón có thiết diện qua trục là tam giác đều SAB cạnh a . Thể tích khối nón bằng
A.

 a3 3
8

.

B.

 a3

.
24

C.
Lời giải

Chọn D

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

 a3
.
12

D.

 a3 3
24

.


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2

a
a 3
1
1  a  a 3  a3 3

Tam giác SAB đều cạnh a nên: OB  , SO 
.
 V   r 2h    

2
2
3
3 2 2
24
2

Câu 76. Cho hàmsố f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là
A. 4 .

B. 1 .

C. 3 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có:
lim f ( x)  0  y  0 là một tiệm cận ngang
x 

lim f ( x)  5  y  5 là một tiệm cận ngang

x 

lim f ( x)    x  1 là một tiệm cận đứng

x 1

Vậy đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận là 3.
Câu 77. Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , các cạnh bên bằng 2a . Thể tích của khối chóp
đã cho bằng
A.

14a3
.
3

B.

4a 3
.
3

C.
Lời giải

Chọn C

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

14a3
.

6

D.

2 2a 3
.
3


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2
S

A

D
O

B

C

AC a 2
,

2
2

Ta có SO   ABCD  và S ABCD  a2 ; AO 

2

a 2
a 14
.
SO  SA  AO   2a   
 
2
 2 
2

2

2

1
1
a 14
14 3
Vậy thể tích khối chóp là VS . ABCD  .S ABCD .SO  .a 2 .

a .
3
3
2
6
Câu 78. Hàm số f  x   ln  x 2  x  có đạo hàm
A. f   x  

2x 1

.
2
 x  x  .ln10

B. f   x  

x2  x
.
2x 1

C. f   x  

1
.
x x

D. f   x  

2x 1
.
x2  x

2

Lời giải
Chọn D
Ta có: f   x 

x


2

 x 

x x
2



2x 1
.
x2  x

Câu 79. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên các khoảng  ;0  và  0;   , có bảng biến thiên như sau

Số nghiệm thực của phương trình 2 f ( x )  3  0 là:
A. 4.

B. 3.

C. 2.
Lời giải

D. 1.

Chọn B

3
(1)

2
Ta có: số nghiệm thực của phương trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f ( x)
Xét phương trình 2 f ( x)  3  0  f ( x)  

3
và đồ thị của đường thẳng y   .
2
Dựa vào bảng biến thiên, ta có:

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

x

∞

y'

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2

+

+∞

x2

0

x1

0

0

+

+∞

y

3
2
3

0

y= -

4

2

∞
Vậy phương trình 2 f ( x )  3  0 có 3 nghiệm thực.
Câu 80. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có các cạnh AB  2, AD  3; AA  4 . Góc giữa hai mặt
phẳng  ABD  và  AC D  là  . Tính giá trị gần đúng của góc
A. 45, 2 .

B. 38,1 .

?

C. 53, 4 .

D. 61, 6 .

Lời giải
Chọn D

Cách 1: Hai mặt phẳng  ABD  và  AC D  có giao tuyến là EF như hình vẽ.
Do EF //AB mà AD   AABB  nên AD  AB  EF / / A' D '
Từ A kẻ vuông góc lên giao tuyến EF tại H thì A' H  EF

 EF   ADH 

 EF  DH . Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng cần tìm chính là góc giữa hai đường thẳng AH
và DH .

Tam giác D' EF lần lượt có DE 
Theo Hê-rông ta có: SD' EF 
DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

DB
13
DA 5
BA

, DF 

 , EF 
 5.
2
2
2
2
2

2S
305
61
. Suy ra DH  DEF 
.
EF
10
4


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2

Dễ thấy A EF  D EF  A H  D H .
'

'

'

Tam giác DAH có: cos AHD 



'

HA2  HD2  AD2
29
 .
2 HA.HD
61



Do đó AHD  118, 4 hay AH , DH  180  118, 4  61,6 .
Cách 2: Gắn hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD vào hệ trục tọa độ như hình vẽ . Khi đó

A  0;0;0  , B  2;0;0  , D  0;3;0  , C  2;3;0  , A  0;0; 4  , B  2;0;4  , D  0;3;4  , C  2;3;4  .
Gọi n1 là véc tơ pháp tuyến của  ABD  . Có n1   AB; AD   12;  8;6  .


Gọi n2 là véc tơ pháp tuyến của  AC D  . Có n2   AC; AD   12;8;6  .


Gọi

 là góc giữa hai mặt phẳng  ABD

cos  

n1 n2



n1 n2

và  AC D 

29
. Vậy giá trị gần đúng của góc
61



là 61, 6 .

Cách 3.

Do hai mặt phẳng  ABD  và  AC D  chứa hai đường AB và CD song song với nhau nên
giao tuyến của chúng song song hai đường đó.
Kẻ AH  AB , H  AB , dựng hình bình hành AHKD có tâm I như hình vẽ.
Do AD   AABB  nên AD  AB suy ra AB   AHKD   góc giữa hai mặt phẳng

 ABD

và  AC D  là góc giữa AK và DH .

Trong tam giác vuông AAB có AH là đường cao nên
Vậy AH 

4

.
5

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

1
1
1
1 1
5
.


 

2
2
2
AH
AB
AA
4 16 16


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2

29
Xét tam giác AIH có cos I   cos  A  H    cos A cos H  sin A sin H 

.
61

Vậy góc giữa hai mặt phẳng  ABD  và  AC D  gần đúng bằng 61, 6 .
Câu 81. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log5  9  5x   1  x bằng
A. 2 .

C. 9 .
Lời giải

B. 1 .

D. 5 .

Chọn B
Ta có: log 5  9  5x   1  x  9  5x  51 x

 x 9  61
5 
2
 52 x  9.5 x  5  0  
 x 9  61
5 

2


9  61
 x  log 5
2



9  61
 x  log 5

2

Tổng tất cả các nghiệm : log5

9  61
9  61
81 61
 log5
 log5
 1.
2
2
4

Câu 82. Một khối đồ chơi gồm hai khối cầu  H1  ,  H 2  tiếp xúc với nhau, lần lượt có bán kính tương
ứng là r1 , r2 thỏa mãn r2 

1
r1 (tham khảo hình vẽ).
2

Biết rằng thể tích của toàn bộ khối đồ chơi bằng 180cm3 . Thể tích của khối cầu  H1  bằng
A. 90 cm3

B. 120 cm3

C. 160 cm3
Lời giải

Chọn C
4
Thể tích khối  H1  là V1   r13
3
4
Thể tích khối  H 2  là V2   r23
3

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

D. 135 cm3


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2
3

4
4
4
4 1  94
 9
Tổng thể tích 2 khối là V  V1  V2   r13   r23   r13    r1     r13   V1
3
3

3
3 2  83
 8
9
Suy ra V1  180  V1  160
8

Câu 83. Họ nguyên hàm của f  x   x ln x là kết quả nào sau đây?

1 2
1
x ln x  x 2  C .
2
4
1
1
D. F  x   x 2 ln x  x  C .
2
4
Lời giải

1 2
1
x ln x  x 2  C .
2
2
1
1
C. F  x   x 2 ln x  x 2  C .
2

4

B. F  x  

A. F  x  

Chọn C

dx

du 

u  ln x

x
Ta có F  x    f  x  dx   x ln xdx . Đặt 
.

2
dv  xdx v  x

2
Theo công thức tính nguyên hàm từng phần, ta có:
1
1
1
1
F  x   x 2 ln x   xdx  x 2 ln x  x 2  C .
2
2

2
4
Câu 84. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật. Tam giác SAB vuông cân tại A và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với đáy và SB  4 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh SD . Tính khoảng
cách l từ điểm M đến mặt phẳng  SBC 
B. l  2 2 .

A. l  2 .

C. l  2 .

D. l 

2
.
2

Lời giải
Chọn C

S

K
H

M
N

4 2

D

A
B

C


 SAB    ABCD  ,  SAB    ABCD   AB
 SA   ABCD  .
Theo giả thiết, ta có 
SA

AB



Gọi N , H , K lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB và đoạn SH .
DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2

 BC  SA
Ta có 
 BC   SAB   BC  AH .
 BC  AB
Mà AH  SB ( ABC cân tại A có AH là trung tuyến).

Suy ra AH   SBC  , do đó KN   SBC  (vì KN || AH ,do KN đường trung bình của SAH ).
Mặt khác MN || BC  MN ||  SBC  .
Nên l  d  M ,  SBC    d  N ,  SBC    NK 

1
AH  2 .
2

Câu 85. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 x  y  z  3  0 và đường thẳng

d:

x

4

y 3
6

3

z

2
. Viết phương trình đường thẳng d ' đối xứng với đường thẳng d qua
1

mặt phẳng   .

x

11
x
C.
11
A.

y

5
17
y 5
17

x
11
x
D.
11
Lời giải

z

4
.
2
z 4
.
2

B.

y 5
17
y 5
17

z

4
.
2
z 4
.
2

Chọn C
Mặt phẳng   : 2 x  y  z  3  0 có vectơ pháp tuyến n  2;1;1 .
Gọi tọa độ giao điểm của d và   là I thì I  22;39;8  .
Lấy A  4;3;2   d . Gọi  là đường thẳng đi qua A và vuông góc với  .

 x  4  2t

Suy ra phương trình đường thẳng  là  y  3  t
z  2  t

Gọi H là hình chiếu của A lên  thì H       H  2; 4;3 .
A ' đối xứng với A qua   H là trung điểm AA '  A '  0;5; 4  .

Đường thẳng d ' đối xứng với đường thẳng d qua mặt phẳng    d ' đi qua điểm I , A ' có
vectơ chỉ phương A ' I   22; 34; 4   2 11; 17; 2  có phương trình là:

x
11

y 5
17

z

Câu 86. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  x 4  2mx 2  3m  1 đồng biến trên
khoảng  2;3 .
A. m  4 .

C. 2  m  3 .

B. 0  m  4 .

D. 2  m  3 .

Lời giải
Chọn A

Ta có y '  4 x3  4mx  4 x  x 2  m 
Hàm số đã cho đồng biến  2;3  y '  0, x   2;3  4 x  x 2  m   0, x   2;3

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

4
.
2

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2

 x  m  0, x   2;3  m  x , x   2;3 .
2

2

Xét hàm số f  x   x 2 , x   2;3
Ta có: f '  x   2 x  0, x   2;3
Bảng biến thiên:

Căn cứ bảng biến thiên, ta thấy: m  f  x  , x   2;3  m  4 .





Câu 87. Xét các số phức z thỏa mãn z z  2  i  4i  1 là số thực. Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn
của số phức z là đường thẳng d . Diện tích tam giác giới hạn bởi đường thẳng d và hai trục tọa
độ bằng
B. 4 .

A. 8 .

C. 2 .

D. 10 .

Lời giải
Chọn B
Giả sử z  a  bi  a, b  R  .





Khi đó z z  2  i  4i 1   a  bi  a  bi  2  i   4i  1   a  bi  .  a  2   1  b  i   4i  1
 a  a  2   b 1  b   a 1  b   b  a  2  i  4i  1
 a  a  2   b 1  b   1   a  2b  4  i .





+ z z  2  i  4i  1 là số thực suy ra a  2b  4  0.
+ Số phức z có điểm biểu diễn M  a; b   M  d : x  2 y  4  0 .

1
+ Đường thẳng d cắt trục Ox , Oy lần lượt tại A  4;0  và B  0; 2   S OAB  .OA.OB  4 .
2

ln 1  x 
dx  a ln 2  b ln 3 , với a , b là các số hữu tỉ. Tính P  ab .
2
x
1

2

Câu 88. Cho



DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

A. P 

3
.
2

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2

C. P 

B. P  0 .

9
.
2

D. P  3 .

Lời giải

Chọn C

ln 1  x 
dx  a ln 2  b ln 3 .
x2
1
2

Ta có I  

1

dx
u  ln(1  x) du 


1

x
Đặt 

1
d
v

d
x

v   1 .
x2


x
2
2 1
1
1
1
1 
2
Khi đó I   ln (1  x) 1  
dx   ln 3  ln 2    
dx
1
1
x
x(1  x)
2
 x 1 x 

2

1
x 
1
3

  ln 3  ln 2   ln
   ln 3  ln 2  2ln 2  ln 3  3ln 2  ln 3.
2
2

2
 x 1  1
Suy ra a  3 , b  

3
9
. Vậy P  ab 
.
2
2

Câu 89. Cho hàm số y  f ( x). Đồ thị hàm số y  f '( x ) như hình vẽ bên dưới

Bất phương trình f ( x)  x 2  m có nghiệm đúng với mọi x  (1;0) khi và chỉ khi
A. m  f (0).

B. m  f (0). .

C. m  f (1)  1. .

D. m  f (1)  1. .

Lời giải
Chọn A
Xét hàm số g ( x)  f ( x)  x 2 . Ta có g '( x)  f '( x)  2 x  0, x  (1; 0).
Bảng biến thiên của hàm số g ( x)

Ta có: m  g (0)  m  f (0).
Câu 90. Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có bốn ghế. Xếp ngẫu nhiên 8 học sinh, gồm 4 học sinh
DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2

trường A và 4 học sinh trường B, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học
sinh ngồi. Xác suất để bất cứ 2 học sinh nào ngồi đối diện nhau thì khác trường với nhau và
không có hai học sinh cùng trường ngồi cạnh nhau bằng
1
8
1
A.
.
B.
.
C.
.
35
35
70
Lời giải
Chọn B

D.

8
.
70

Số phần tử không gian mẫu là 8!  40320 .
Gọi A là biến cố: “2 học sinh nào ngồi đối diện nhau thì khác trường với nhau và không có hai
học sinh cùng trường ngồi cạnh nhau”.
Với cách xếp “2 học sinh nào ngồi đối diện nhau thì khác trường với nhau và không có hai học
sinh cùng trường ngồi cạnh nhau” thì ta có hai trường hợp sau:
TH1:

TH1:

Với mỗi một trường hợp có 4!.4! cách xếp.
Số phần tử của biến cố A là n  A  2.4!.4!  1152 .
Vậy xác suất cần tìm là

1152
1

. Đáp án B.
40320 35

Câu 91. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;2;1 , B 2; 1; 3 ,C 3;1;
trên mặt phẳng Oyz sao cho MA2
A. M

3 1
; ;0 .
2 2

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

B. M

2MB 2

1 3
;
;0 .
2 2

5 . Tìm điểm M

MC 2 lớn nhất.

C. M 0; 0;5 .

D. M 3; 4; 0 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2

Lời giải
Chọn D
Gọi điểm E thỏa EA

2EB

2

Khi đó: MA2

2MB 2

Do đó MA2

2MB 2 lớn nhất

Oxy

0 . Suy ra B là trung điểm của AE , suy ra E 3; 4;5 .

ME

EA

2

2 ME

ME 2

EB

ME nhỏ nhất

EA2

2EB 2 .

M là hình chiếu của E 3; 4;5 lên

M 3; 4; 0 .

Chú ý: Ta có thể làm trắc nghiệm như sau
+ Loại C vì M 0; 0;5 không thuộc Oxy .
+ Lần lượt thay M

3 1
1 3
; ;0 , M ;
; 0 , M 3; 4; 0 vào biểu thức MA2
2 2
2 2

2MB 2 thì

M 3; 4; 0 cho giá trị lớn nhất nên ta chọn M 3; 4; 0 .

Câu 92. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z  (2  i )  10 và z.z  25 .
B. 3 .

A. 2 .

C. 1 .
Lời giải

Chọn A
Gọi số phức cần tìm là z  a  bi  a, b 
Ta có: z.z  z  a 2  b2  25
2

Lại có:

D. 4 .

.

(1) .

z  (2  i)  10  a  2  (b  1)i  10

 (a  2)2  (b  1) 2  10
 (a  2)2  (b  1) 2  10
 a 2  b2  4a  2b  5  10

(2)

Thay (1) vào (2) ta được: 25  4a  2b  5  10  b  2a 10 .
Nên a 2  b 2  25  a 2  (2a  10)2  25

 a  5 b  0
 5a 2  40a  75  0  

 a  3 b  4
Vậy Vậy có 2 số phức z thoả mãn là z  5 và z  3  4i .
Câu 93. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá
trị thực của tham số m để phương trình f  x 2  2 x  2   3m  1 có nghiệm thuộc khoảng  0;1.
.

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

A.  0; 4 .

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2

B.  1;0 .

 1 
D.   ;1
 3 

C. 0;1 .
Lời giải

Chọn D
Đặt t  x 2  2 x  2 . Với x  0;1  t   2;1
Phương trình f  x 2  2 x  2   3m  1 có nghiệm thuộc đoạn  0;1 khi và chỉ khi phương trình
1
f  t   3m  1 có nghiệm thuộc  2;1    m  1 .
3

Câu 94. Vào ngày 3/8/2018, một người vay ngân hàng số tiền 50 triệu đồng, trả góp trong thời gian 10
tháng, lãi suất 5%/năm, với thỏa thuận là cứ đến ngày tính tiền lãi, người đó phải đến ngân hàng
trả phần tiền gốc bằng số tiền vay ban đầu chia đều cho các lần trả và số lãi phát sinh trong
tháng trước (hình thức dư nợ giảm dần). Hỏi số tiền anh phải trả cho ngân hàng vào ngày
3/12/2018 là bao nhiêu?
A. 5,45 triệu đồng;

B. 5,4 triệu đồng;

C. 10,85 triệu đồng;
Lời giải

D. 5,5 triệu đồng.

Chọn A
Tính đến ngày 3/12, khách hàng đã có 3 lần trả tiền gốc vào các ngày 3/9, 3/10, 3/11 nên số tiền
gốc còn lại tính từ ngày 3/11/2018 là 50  3.5  35 triệu đồng
Số tiền lãi cần trả cho ngân hàng từ ngày 3/11/2018 đến ngày 3/12/2018 là

35.106.

10%
.30  288000 đồng
365

Số tiền khách hàng phải trả trong ngày 3/12/2018 là 5000000  288000  5288000 đồng
Câu 95. Trong không gian Oxyz , cho  S  :  x  3   y  2    z  5  36 , điểm M  7;1;3 . Gọi  là
2

2

2

đường thẳng di động luôn đi qua M và tiếp xúc với mặt cầu  S  tại N . Tiếp điểm N di động
trên đường tròn  T  có tâm J  a, b, c  . Gọi k  2a  5b  10c , thì giá trị của k là
A. 45 .
Chọn B

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

B. 50 .

C. 45 .
Lời giải

D. 50 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2
M

N
J

I

Mặt cầu  S  :  x  3   y  2    z  5  36 có tâm I  3; 2;5  , bán kính R  6 .
2

2

2

Có IM  25  16  4  3 5  6  R , nên M thuộc miền ngoài của mặt cầu  S  .
Có MN tiếp xúc mặt cầu  S  tại N , nên MN  IN tại N .

Gọi J là điểm chiếu của N lên MI .

IN 2
36 12 5


Có IN  IJ .IM . Suy ra IJ 
(không đổi), I cố định.
IM 3 5
5
2

Suy ra N thuộc  P  cố định và mặt cầu  S  , nên N thuộc đường tròn C  tâm J .


x  3  8

12 5 1
4
IJ
4

IM  IM   y  2  
IM 
Gọi N  x; y; z  , có IJ 
5 3 5
5
IM
5


2

 z  5   5

 6 23 
 N  5; ;  , k  2a  5b  10c  50 . Vậy k  50 .
 5 5
Câu 96.

ột họa tiết hình cánh bướm như hình vẽ bên.

Phần tô đậm được đính đá với giá thành
500.000đ/m 2 . Phần c n lại được tô màu với giá thành 250.000đ / m 2 .

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2

Cho AB  4dm; BC  8dm. ỏi để trang trí 1000 họa tiết như vậy cần số tiền gần nhất với số
nào sau đây.
A. 105660667đ .

B. 106666667đ .

C. 107665667đ .

D. 108665667đ .

Lời giải
Chọn B
ì AB  4dm; BC  8dm.  A(2; 4), B(2; 4), C(2; 4), D(2; 4) .
parabol là: y  x 2 hoặc y   x 2
2

Diện tích phần tô đậm là S1  4 x 2 dx 
0

32
(dm2 )
3

Diện tích hình chữ nhật là S  4.8  32 (m2 )
Diện tích phần trắng là S 2  S  S1  32 

32 64

(dm 2 )
3
3

64
 32

Tổng chi phí trang chí là: T   .5000  .2500  .1000  106666667đ
3
 3


Câu 97. Cho khối lăng trụ ABC.ABC . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AA và BB ' .
Tính tỉ số thể tích của khối tứ diện CMNC ' với khối lăng trụ đã cho.
1
1
2
A. .
B. .
C. .
3
2
3
Lời giải
Chọn A

Ta có:

D.

3
.
4

VABC .MNC 1  AM BN CC  1
1
 


   VABC .MNC  VABC . A ' B 'C ' .
VABC . A ' B 'C ' 3  AA ' BB ' CC '  3
3

Tương tự ta có:

VA ' B 'C '.MNC ' 1  A ' M B ' N C ' C '  1
1
 


   VA ' B 'C '.MNC '  VA ' B 'C '. ABC .
VA ' B 'C '. ABC 3  A ' A B ' B C ' C  3
3

V
1
1
 VCMNC '  VABC . A' B 'C '  CMNC '  .
3
VABC . A ' B 'C ' 3
Câu 98. Cho hàm số y

f x có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

Đặt y

g x

2f 1 x

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2

1 4
x
4

x3

x2

1 . Khẳng định nào dưới đây là đúng?

A. Hàm số y

g x đồng biến trên khoảng   ;0  .

B. Hàm số y

g x đồng biến trên khoảng 1; 2  .

C. Hàm số y

g x đồng biến trên khoảng  0;1 .

.

D. Hàm số y

g x nghịch biến trên khoảng  2;  

.

Lời giải
Chọn C
Ta có: y  g   x   2 f  1  x   x3  3x3  2 x .

x  2
x  1

Dựa vào bảng xét dấu f  x  ta có f  1  x   0  
.
x  0

x  3

2  1  x  1 2  x  3
.
2 f  1  x   0  f  1  x   0  

0  1  x  1
0  x  1

x3  3x3  2 x  x  x  1 x  2 
Bảng xét dấu y  g   x 

Vậy hàm số đồng biến trên  0;1 .
Câu 99. Có bao nhiêu cặp số thực (a; b) để bất phương trình  x  1 x  2   ax 2  bx  2   0 nghiệm

đúng với mọi x 
A. 3 .

B. 2 .

C. 0 .
Lời giải

Chọn C
Đặt f  x    x  1 x  2   ax2  bx  2 

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

D. 1 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2

Giả sử x  1 không phải là nghiệm của phương trình g  x    x  2   ax 2  bx  2   0 thì hàm
số

f  x    x  1 x  2   ax 2  bx  2 

 x 1 x  2  ax2  bx  2  0
Do

đó,

để

yêu

cầu

bài

sẽ đổi dấu khi qua điểm

x  1 , nghĩa là

không có nghiệm đúng với mọi x  .
toán

được

thỏa

mãn

thì

một

g  x    x  2   ax 2  bx  2   0 có nghiệm x  1 suy ra a  b  2  0

điều

kiện

cần

là

(1)

Lí luận tương tự có h  x    x  1  ax 2  bx  2   0 cũng phải nhận x  2 là nghiệm, suy ra
4a  2b  2  0 (2)

a  b  2  0
a  1
Từ (1) và (2) ta có hệ 

4a  2b  2  0 b  1
Điều kiện đủ:

a  1
2
2
Với 
có f  x    x  1 x  2    x 2  x  2     x  1  x  2   0 , x  .
b  1
Vậy không tồn tại cặp số thực (a; b) nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 100. Cho hàm số y  f  x   mx 4  nx3  px 2  qx  r , (với m, n, p, q, r 

). Hàm số y  f   x  có

đồ thị như hình vẽ bên dưới:

Tập nghiệm của phương trình f  x   r có số phần tử là
A. 4.

B. 3.

C. 1.

D. 2.

Lời giải
Chọn D
Dựa vào đồ thị y  f   x  ta thấy phương trình f   x   0 có ba nghiệm đơn là 1 ,
Do đó f   x  

4
, 3.
3

4
m  x  1 3x  4  x  3 và m  0 1 .
3

Gọi S1 là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi y  f   x  trục Ox đường thẳng x  0 , x 
Suy ra
4
3

4
3

4
4 776
3104
4
S1   f   x  dx  f    f  0    m  x  1 3x  4  x  3 dx  .
m
m  2 .
3
3 81
243
3
0
0

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

4
.
3


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 2

Gọi S 2 là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi y  f   x  trục Ox đường thẳng x 

4
, x  3.
3

Suy ra:
3

S2  
4
3

4
4 2375
2375
4
f   x  dx  f    f  3   m  x  1 3x  4  x  3 dx  .
m
m  3 .
3 324
243
3
4 3
3

3

Từ 1 ,  2  ,  3 ta có S1  S2  0  f  3  f  0   0 hay f  3  f  0  .
Ta có bảng biến thiên sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f  x   r có hai nghiệm phân biệt.

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN