GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 4 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 4 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA
Câu 151. Thể tích khối lập phương ABCD.ABCD có AC  a 3 bằng:
a3
A.
.
3

2a 3
C.
.
3

B. 2a 3 .

D. a 3 .

Lời giải
Chọn D
Giả sử AB  x, x  0. Ta có AC  x 2.
Xét ACC : AC2  AC 2  CC2  x  a.
Thể tích hình lập phương là: a3 .
Câu 152. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

Tìm giá trị cực đại yCĐ và giá trị cực tiểu yCT của hàm số đã cho.
A. yCĐ  5 và yCT  1.

B. yCĐ  1 và yCT  0 .

C. yCĐ  1 và yCT  1 .

D. yCĐ  5 và yCT  0 .

Lời giải
Chọn D
Ta thấy vì đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm qua x  1 và y  1  5
Đạo hàm đổi dấu từ âm sang âm qua x  1 và y 1  0 .
Vậy yCĐ  5 và yCT  0 .





Câu 153. Trong không gian Oxyz , cho hai vectơ a  1;1; ln 7  và b  m  1; 1;  log7 e2 với m 
Tìm m để a  b .
A. m  2 .

B. m  0 .

C. m  3 .

D. m  4 .

Lời giải
Chọn D
a  b  a.b  0  m  1  1  ln 7.log 7 e2  0  m  2  ln e2  0  m  4 .

Câu 154. Cho hàm số y

f x có đồ thị như hình vẽ bên.

.


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4

Các khoảng đồng biến của hàm số là
1;0 và  2;  

A.

B.

C.

;0 .

1;

.

D.

1;0

2;

Lời giải
Chọn D
1;0 và  2;   đồ thị hàm số đi lên (theo

Nhìn vào đồ thị đã cho, ta có trên mỗi khoảng

chiều từ trái qua phải) nên đồng biến trên mỗi khoảng

1;0 và  2;   .

 a3 
Câu 155. Với a , b là hai số dương tùy ý, log  2  bằng
b 
A. 3log a  2 log b .

B. 3log a  2 log b .

C.

3
 log a  log b  .
2

D.

3
 log a  log b  .
2

Lời giải
Chọn B

 a3 
Có log  2   log a 3  log b 2  3log a  2 log b .
b 
2

Câu 156. Cho


0

4

f  x  dx  3 ;  f  x  dx  6 và
2

A. 14 .

B. 3 .

4

 g  x  dx  8 khi đó
0

4

 3 f  x   g  x  dx bằng

0

C. 17 .
Lời giải

Chọn C
4

2

4

0

0

2

Có  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   3  6  3 , khi đó
4

4

4

0

0

0

 3 f  x   g  x  dx  3 f  x  dx   g  x  dx  3.3  8  17
2

2

2

1

1

1

  f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx  1  2  3
Câu 157. Thể tích của khối cầu nội tiếp hình lập phương có cạnh 2 a bằng:

D. 1 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

A.

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4

4 3
a .
3

B.

4 2
a .
3

C.

4 3
a .
3

D.

1 3
a .
3

Lời giải
Chọn C

4
4
Có 2R  2a  R  a , khi đó V   R 3   a 3
3
3
Câu 158. Nghiệm của phương trình log 2 x 2  2log 2  x  2   6 là
A. x  4 .

x  1

C. 
.
 x  4
Lời giải

B. x  2 .

x  2
D. 
.
x  3

Chọn B

 x2  0
x  0
Điều kiện 
.

 x  2
x  2  0
Khi đó phương trình tương đương với:
2log 2 x  2log 2  x  2   6  log 2 x  log 2  x  2   3  log 2  x  x  2   3  x  x  2   8
 x  0
 2
x  0
 x  2 x  8  0


  x  2  x  2 .

2  x  0
  x  4
 

2
  x  2 x  8  0
So sánh với điều kiện ta có x  2 là nghiệm của phương trình.
Câu 159. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   đi qua A  4; 2;5 và song song mặt phẳng

  :

x  y  1  0 thì phương trình mặt phẳng   là
C. x  y  z  7  0 .

B. x  y  z  1  0 .

A. x  y  6  0 .

D. 2 x  y  10  0 .

Lời giải
Chọn A
Mặt phẳng   đi qua A  4; 2;5 và song song mặt phẳng    nên   có véc tơ pháp tuyến

n  1; 1;0 .
Nên mặt phẳng   có phương trình là: x  y  6  0 .
Câu 160. Họ nguyên hàm của hàm số f x
A.

1 6x

e
6

C. e6 x

4x2

x2

3x

3x

e6 x

2x

C.

C.

3 là

B.

e6 x

D.

1 6x

e
6

4 x2
x2

3x
3x

C.
C.

Lời giải
Chọn D
Ta có

f x dx
e6 x dx 2

e6 x

2 x 3 dx

xdx 3 dx

1 6x
e
6

Câu 161. Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :

x2
x

2
3

3x

C.
y

4
2

z 1
đi qua điểm nào dưới đây?
4


DIN N GIO VIấN TON

NHểM PHT TRIN MINH HA 2018-2019 S 4

A. Q ( 3; 2; 4) .

C. P ( 2; 4; 1) .

B. M (2; 4;1) .

D. N(3; 2; 4) .

Li gii
Chn C
ỏp ỏn A nhm vect ch phng.
ỏp ỏn B nhm du ta im.
ỏp ỏn D nhm vect ch phng.
tha món Cxx

Cõu 162. Tỡm giỏ tr x
A. x 15.

8 x

5 Ax3 6 .

B. x 17.

Chn B
p dng cụng thc C nk
x

3
8

7

5!

5

x2

C nn

k

, ta cú Cxx

15 x 544

0

C. x 6.
Li gii
3
8

5 Ax3
x

6

Cx5

17 thoỷa maừn

x

5. Ax3

8

32 loaùi

D. x 14.

6

.

Cõu 163. Cho cp s nhõn un cú s hng u u1 2 v u6 64 . Cụng bi q bng
A. 3 .

B. 2 .

C. 4 .
Li gii

D. 2 .

Chn D
Ta cú: u6 u1.q5 (2).q5 64 q 2 .
Cõu 164. Trong mt phng ta Oxy , 3 im A, B, C ln lt l im biu din ca ba s phc
z1 3 7i, z2 9 5i v z3 5 9i . Khi ú, trc tõm H l im biu din ca s phc no sau

õy?
A. z 1 9i .

B. z 3 3i .

C. z

7
i.
3

D. z 2 2i .

Li gii
Chn A
Ta cú: A 3; 7 , B 9; 5 , C 5;9
Gi H x; y l trc tõm tam giỏc ABC .


AH BC
AH .BC 0
Ta cú:

(*)
BH AC

BH . AC 0
AH x 3; y 7 ; BC 14;14 ; BH x 9; y 5 , AC 8;16


x y 10
x 1
x 3 . 14 y 7 .14 0
(*)

H (1; 9)

x 9 . 8 y 5 .16 0 x 2 y 19 y 9
Vy trc tõm H ca tam giỏc ABC biu din s phc z 1 9i .
Cõu 165. ng cong trong hỡnh v bờn di l th ca hm s no di õy?


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

x 1
.
x 1

A. y 

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4

x 1
.
x 1
Lời giải

B. y 

C. y 

x
.

x 1

D. y 

x 1
.
x2

Chọn A
Đồ thị hàm số đi qua điểm M 1;0  nên loại đáp án B, C.
Đồ thị đi qua điểm N  0;1 nên loại đáp án D.
Vậy đồ thị đã cho là của hàm số y 

x 1
.
x 1

Câu 166. Cho đồ thị hàm số y  f '( x ) như hình vẽ.

Hàm số y  f ( x) đạt giá trị nhỏ nhất trên khoảng  0; 2 tại x bằng bao nhiêu?
A. x 

2
.
3

B. x  0 .

C. x  1 .

D. x  2 .

Lời giải
Chọn C
Dựa vào đồ thị của hàm số y  f '( x ) ta có BBT như sau:

Dựa vào BBT suy ra hàm số y  f ( x) đạt giá trị nhỏ nhất trên khoảng  0; 2 tại x  1 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4

Câu 167. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ( x)   x  1 ( x  3)( x  2)  x  3 , x  . Số điểm cực đại
2

3

của hàm số đã cho là
A. 0 .

B. 1

D. 2 .

C. 3 .
Lời giải

Chọn B

 x  3
 x  2

Ta có f ( x)  0  
.
x  1

x  3
Xét dấu f ( x ) , ta được

Do f ( x ) đổi dấu từ dương qua âm 1 lần nên hàm số f ( x ) có 1 điểm cực đại.
Câu 168. Số phức z thỏa mãn z  2. z  4  3i có phần ảo bằng
A. 1 .

B. i .

D. 3i .

C. 3 .
Lời giải

Chọn A
Giả sử z  a  bi  a, b 

.

a  4
Ta có: z  2. z  4  3i  a  bi  2  a  bi   4  3i  a  3bi  4  3i  
.
b  1

Vậy số phức z có phần ảo bằng 1 .
Câu 169. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình mặt cầu  S  nhận gốc tọa độ O làm
tâm và và đi qua điểm M  2;0;0  là
A. x2  y 2  z 2  2

B. x 2  y 2  z 2  4

C. x 2  y 2  z 2  2

D. x 2  y 2  z 2  8
Lời giải

Chọn B

 S  có tâm O  0;0;0  , bán kính

R  OM  OM  22  02  02  2 .

Suy ra  S  có phương trình:  x  0    y  0    z  0   22 hay x 2  y 2  z 2  4 .
2

2

2

Câu 170. Đặt log 3 5  a , khi đó log15 81 bằng
A.

4
.

a3

B.

3a
.
4

C.

4
.
1 a

Lời giải

D.

a 1
.
4


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4

Chọn C
Ta có log15 81 

1
4
4
.


log81 15 log3 15 1  a

Câu 171. Gọi z1 , z2 , z3 , z4 là các nghiệm phức của phương trình z 4  5 z 2  6  0 .
Khi đó z1  z2  z3  z4 bằng
A.

22 3.

B. 2 2  3 .

D. 2

C. 0 .





2 3 .

Lời giải
Chọn D

 z1,2  i 2

z2  2  0
 z 2  2
Ta có: z  5z  6  0   z  2  z  3  0   2
.
 2

 z3,4  i 3
z  3  0
 z  3
4

2

2

2

Khi đó: z1  z2  z3  z4  2  2  3  3  2





2 3 .

Câu 172. Trong không gian Oxyz , cho khoảng cách giữa hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  9  0 và

 P  : x  2 y  2z  m  0

( m là tham số thực) bằng 2. Mệnh đề nào dưới đây là đúng?

 m  9
A. 
.
m  3

 m  6
B. 
.
m  0

Chọn C
Ta phải có  P  / /  Q   m  9

(*)

Điểm A  9;0;0    P   d   P  ;  Q    d  A;  Q   
Bài ra d   P  ;  Q    2 

m  12
D. 
.
m  6

 m  15
C. 
.
m  3
Lời giải

9  2.0  2.0  m
12   2   22
2



m9
.
3

m9
m  9  6
m  15
thỏa mãn (*)
2

3
m  9  6 m  3

Câu 173. Bất phương trình 5 x  2  25 x 1008 có nghiệm là
A. x  1010 .
B. x  2018 .
C. x  2018 .
Lời giải.
Chọn B

D. x  2018 .


Ta có 5x2  25x1008  5x2  5 

 x  2  2 x  2016  x  2018 .
Câu 174. Diện tích phần hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới
đây?
2 x 1008


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4

x2

A.    x3  3x  2 
 dx .
x2
2 
1

1

C.



 x3  3x  2 

2

1

B.

 x

3

 3x  2 

2

x2
dx .
x2

1

D.



   x

3

x2
dx .
x2

 3x  2 

2

x2
 dx .
x2

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

x2
 x2
3
2   x  3x  2   x  2  dx  2  x  3x  2  x  2 dx .
1

1

3

Câu 175. Cho khối nón có góc tạo bởi đường sinh và mặt đáy bằng 60 , độ dài đường cao bằng a . Thể
tích khối nón bằng
A.

 a3
.
3

B.

 a3
.
9

C.  a 3 .

D.

Lời giải
Chọn B

Giả sử thiết diện qua trục của khối nón là tam giác SAB như hình vẽ.
Theo giả thiết SO  a, SBO  60
Xét tam giác SOB có tan SBO 

SO
SO
a
 OB 

OB
3
tan SBO
2

1
1  a 
 a3
a


Vậy thể tích khối nón cần tìm là: V   r 2 h   
.
3
3  3 
9
Câu 176. Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau

 a3 3
9

.


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4

Tổng số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là
B. 2 .

A. 1 .

C. 3 .
Lời giải

D. 0 .

Chọn A
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có:
lim f ( x)

x 0 là một tiệm cận đứng
x

0

lim f ( x)   nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang

x 

Vậy đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận đứng là 1 .
Câu 177. Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , các cạnh bên hợp với đáy một góc

60 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A.

4a 3
B.
.
3

6a3
.
6

C.

14a3
.
6

D.

6a3
.
3

Lời giải
Chọn A
S

A

D
O

B

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

SO  AO.tan 60 

C

AC a 2
, góc giữa SA và đáy là SAO  60 ,

2
2

a 6

.
2

1
1
a 6
6 3
Vậy thể tích khối chóp là VS . ABCD  .S ABCD .SO  .a 2 .

a .
3
3
2
6
Câu 178. Hàm số f  x   log 2  2 x  5 có đạo hàm
A. f   x  

2x
.
 2x  5 .ln 2

B. f   x  

2x
.
2x  5

C. f   x  

1

.
x
 2  5 .ln 2

D. f   x  

2 x.ln 2
.
2x  5


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4

Lời giải
Chọn B
Ta có: f   x  

2

2

x

x

 5 

 5  .ln 2



2 x.ln 2
2x

.
 2x  5 .ln 2 2x  5

Câu 179. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f  x   1  m có ba nghiệm phân biệt.
A. m  3 .

B. 3  m  3 .

C. 2  m  4 .
Lời giải

D. m  3 .

Chọn B
Ta có f  x   1  m  f  x   m  1
Do đó, số nghiệm của phương trình f  x   1  m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số

y  f  x  và đường thẳng y  m  1 .
Do đó, dựa vào bảng biến thiên ta thấy, phương trình f  x   1  m có ba nghiệm phân biệt khi
và chỉ khi 2  m  1  4 hay 3  m  3 .
Câu 180. Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  a , ACB  300 và
3a

.
SA  SB  SD với D là trung điểm BC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng
4
Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng  SAC  và  SBC  .
A.

5.
33

B. 3.

C.
Lời giải

Chọn C

65 .
13

D. 2 5 .
11


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4

1
AB
 2a  AD  BC  BD  DC  a

2
sin C
Ta có tam giác ABD đều cạnh a .
Gọi I , E là trung điểm của BD và AB , H là giao của AI và DE . Khi đó dễ thấy H là trọng
Ta có BC 

tâm tam giác đều ABD .
Do SA  SB  SD nên SH   ABC 
Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên SA , khi đó IK là đoạn vuông góc chung của SA và
a
BC . Do đó IK  d  SA; BC  
4
Đặt SH  h , AI 

a2
a 3
a 3
, AH 
 SA 
 h2
2
3
3

Lại có AI .SH  IK .SA  2S SAI 

a 3
3a a 2
h
 h2  h  a .

2
4 3

Gọi M là hình chiếu của A lên SI , khi đó AM   SBC  .
Gọi N là hình chiếu của M lên SC , khi đó SC   AMN     SAC  ,  SBC    ANM   .

Ta có: HI 

AI .SH
3a
a 39
a 3
 AM 

; SI 
.
SI
6
6
13

Mặt khác IM  AI 2  AM 2 
Ta lại có SMN

 tan  

SCI 

5a
a 39

a 30
; SC 
.
 SI  SM  SI  IM 
26
3
39

MN SM
SM .CI 3a 130

 MN 

CI
SC
SC
52

AM 2 10
65
hay cos  
.

MN
5
13

Vậy góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SAC  là  với cos  
Câu 181. Tích tất cả các nghiệm của phương trình
A. 2 .

B. 4 .



5  21

 
x

C. 4 .

5  21

65
.
13

  5.2
x

x
2

bằng

D. 2 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4

Lời giải
Chọn B
Ta có:



5  21

 5  21 

Vì 

2 



x

 
x

5  21

  5.2
x

x

 5  21   5  21 
 
 5


2  
2 

 


.

x

 5  21 
 1
.

2 



 5  21 

Đặt t  


2




x

x
2

.

x

, t  0.

 5  21
t 
1
2
2
Phương trình trở thành: t   5  t  5t  1  0  
.
t
 5  21
t 

2
x

5  21  5  21  5  21
 


 x  2.
* Với t 

2
2 
2


x

5  21  5  21  5  21
 

 x  2 .
* Với t 

2
2 
2


Phương trình có 2 nghiệm : x1  2 , x2  2  x1.x2  4 .
Câu 182. Một vật trang trí gồm một khối trụ và một khối nón có cùng bán kính đáy r xếp chồng lên nhau
(như hình vẽ).

Khối trụ có chiều cao h bằng một nửa chiều cao của khối nón. Biết thể tích của cả khối vật trang
trí đó bằng 80 cm 3 . Thể tích của khối trụ là
A. 40 cm3
B. 45 cm 3

C. 48 cm 3
D. 60 cm 3
Lời giải
Chọn C

Thể tích khối trụ là: V1   r 2 h
1
5
5

Thể tích của cả khối vật trang trí là: V   r 2 h   r 2  2h    r 2 h  V1
3
3
3
5

Suy ra: V1  80 . Do đó: V1  48cm3
3


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4

Câu 183. Tính nguyên hàm I   x  3  sin x  dx , ta được:

3 2
x  x cos x  sin x  C .
2
3

C. I  x 2  x cos x  sin x  C .
2

3 2
x  x cos x  sin x  C .
2
3
D. I   x 2  x cos x  sin x  C .
2
Lời giải

A. I 

B. I 

Chọn A

du  dx
u  x
Đặt 
.

dv

3

sin
x
dx
v


3
x

cos
x





Khi đó, áp dụng công thức tích phân từng phần, ta có

3

I   3x  cos x  x    3x  cos x  dx   3x  cos x  x   x 2  sin x   C
2

3
3
 3 x 2  x cos x  x 2  sin x  C  x 2  x cos x  sin x  C .
2
2
Câu 184. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, SA vuông góc với mặt đáy và SA  a 3 .
Góc giữa hai mặt phẳng  SCD  và  ABCD  bằng 60 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng

AB và SC là
A. a 2 .

B.

a 5
.
2

C.
Lời giải

Chọn D

CD  AD
 CD   SAD 

CD  SA
Trong tam giác SAD kẻ AH  SD tại H

 AH  SD
 AH   SCD 

 AH  CD

a
.
2

D.

a 3
.
2

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4

 SCD 
 d  AB, SC   d  AB,  SCD    d  A,  SCD    AH
AB CD  AB

 ABCD    SCD   CD

   SCD  ,  ACBD    SDA  60
 SD  CD
 AD  CD

Trong tam giác vuông SAD ta có : tan D 

SA
SA
a 3
 AD 

a
AD
tan D tan 60

Trong tam giác vuông AHD ta có sin D 

AH

a 3
 AH  AD.sin D  a.sin 60 
AD
2

 d  AB, SC  

a 3
.
2

Câu 185. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

 Q  : 2 x  y  z  0 . Gọi  P 
 Q  . Giao tuyến của  P 
x  2  t

A.  y  1  2t .
 z  1


x 1 y z 1
 
và mặt phẳng
2
1
3

là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng

và  Q  có phương trình là

x  1 t

B.  y  2t .
z  2


 x  2  2t

C.  y  1  t .
 z  1  5t


 x  1  2t

D.  y  t
.
 z  2  5t


Lời giải
Chọn D

d có vtcp ud   2;1;3 ,  Q  có vtpt nQ    2;1; 1 .

 P

có vtpt n P  ud , nQ    4;8;0  .




 P

đi qua M 1;0; 1 .

PTTQ của  P  : 4  x  1  8  y  0   0  4 x  8 y  4  0  x  2 y  1  0 .
Giao tuyến  của  P  và  Q  có VTCP là: u  n P , nQ    2;1;5 .



 x  1  2t

Điểm N 1;0; 2  là điểm chung của  P  và  Q  nên  có phương trình là:  y  t
.
 z  2  5t

Câu 186. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y 

x 2  2mx  2m 2  2
đồng biến trên
xm

khoảng 1;   .
A. m  1 .

C. m  2 .

B. m  1 .
Lời giải

Chọn A

D. m  2 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

Ta có: y 

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4

x  2mx  2
2

 x  m

2

.

 x2  2
 x 2  2mx  2  0
 2m

Để hàm số đồng biến thì 1;    y  0, x  1;    
.
 x
m  1
m  1



Xét hàm f ( x) 

x2  2
trên (1; ) .
x

x2  2
.Cho f ( x)  0  x  2 .
x2

Ta có: f ( x) 

Bảng biến thiên :


m  1
Dựa vào bảng biến thiên và điều kiện ta được kết quả 
 m 1.

 2m  2 2





Câu 187. Xét các số phức z thỏa mãn  z  2  i  z  i  2i  1 là số thuần ảo. Tập hợp điểm biểu diễn
của số phức z là đường tròn có diện tích
A. S  2 .

B. S  9 .

C. S  2 3 .

D. S  3 .

Lời giải
Chọn B
Giả sử w  a  bi với a, b  R .





Khi đó  z  2  i  z  i  2i  1  a  2   b  1 i  . a   b  1 i   2i  1
 a  a  2    b2  1  1  a  b  1   a  2  b  1  2 .i





Suy ra  z  2  i  z  i  2i  1 là số thuần ảo khi a  a  2   b2  2  0  a 2  b2  2a  2  0

 Điểm biểu diễn của số phức z là đường tròn bán kính r  3 . Vậy S  3 .
3

Câu 188. Biết I  
1

A. P  9 .

dx
4
14
với a , b , c 
2 a
b
3
3
x 1  x
B. P  12 .

*

.Tính P  a  b  c .

C. P  19 .

D. P 

29
.
3


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4

Lời giải
Chọn C
3

I 
1

3

dx

x  1  x 1

3

3
2
2 32 
4
14
2
x  1  x dx    x  1  x   2 3 
2 .
3 1
3
3
3





 a  3, b  2, c  14  P  a  b  c  3  2  14  19 .
Câu 189. Cho hàm số y  f ( x). Hàm số y  f '( x ) có bảng xét dấu như hình vẽ

2
Bất phương trình f ( x)  e3 x  x  m có nghiệm thuộc  0;1 khi và chỉ khi

A. m  f (1)  e2 . .

C. m  f (0)  1. .

B. m  f (1)  e2 . .

D. m  f (0)  1. .

Lời giải
Chọn A
Ta có: m  f ( x)  e3 x  x .
2

Xét g ( x)  f ( x)  e3 x  x , x  (0;1). Ta có g '( x)  f '( x)  (3  2 x)e3 x  x  0, x  0;1.
2

2

Bảng biến thiên của hàm số g ( x)

2
Vậy m  min g ( x)  m  g (1)  m  f (1)  e .

[0;1]

Câu 190. Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có bốn ghế. Xếp ngẫu nhiên 8 học sinh được đánh số thứ
tự lần lượt từ 1 đến 8 ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi.
Tính xác suất để tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau thì bằng nhau.
1
8
1
8
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
105
35
35
70
Lời giải
Chọn D

Số phần tử không gian mẫu là 8!  40320 .
Gọi A là biến cố : “Tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau thì bằng nhau”.


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4

Do tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau thì bằng nhau nên hai học sinh ngồi đối
diện nhau lần lượt là 1; 8 ,  2; 7  ,  3; 6  ,  4; 5  ( 1  8  2  7  3  6  4  5  9 ).
Xếp học sinh có số thứ tự 1 vào ngồi một trong 8 ghế. Có 8 cách.
Học sinh ngồi đối diện với học sinh có số thứ tự 1 bắt buộc phải có số thứ tự là 8. Chỉ có duy
nhất 1 cách xếp.
Xếp học sinh có số thứ tự 2 vào ngồi một trong 6 ghế còn lại. Có 6 cách.
Học sinh ngồi đối diện với học sinh có số thứ tự 2 bắt buộc phải có số thứ tự 7. Chỉ có duy nhất
1 cách xếp.
Cứ như vậy ta có số phần tử của biến cố A sẽ là 8.6.4.2  384 cách
384
1

Do đó xác suất của biến cố A là :
.
40320 105
Câu 191. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A  2;1;3  , B 1; 1; 2  ,

C  3; 6;1 . Điểm M  x; y; z  thuộc mặt phẳng  Oyz  sao cho MA2  MB 2  MC 2 đạt giá
trị nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức P  x  y  z .
A. P  0 .

C. P  6 .

B. P  2 .

D. P  2 .

Lời giải

Chọn A
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Suy ra: G  2; 2; 2  .
2

2

Ta có: MA2  MB2  MC 2  MA  MB  MC



 

 

2

2

 MG  GA  MG  GB  MG  GC



2

2

 3MG 2  GA2  GB 2  GC 2 .

Do tổng GA2  GB 2  GC 2 không đổi nên MA2  MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và
chỉ khi MG 2 nhỏ nhất hay MG nhỏ nhất.

Mà M nằm trên mặt phẳng  Oyz  nên M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt
phẳng  Oyz  . Suy ra: M  0; 2; 2  .
Vậy P  x  y  z  0   2   2  0 .
Câu 192. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z

2

z 10

C. 1 .

B. 3 .

A. 0

z và z 1 i

Chọn D
x

yi

Theo giả thiết ta có

zz

z 10

x 1

2

z
y 1

z 2 x 10
x

y

0

z z
2

0

x 1
z

Vậy có 2 số phức cần tìm.

2

0 z

y 1

2

5 5i

x

z 10
y

0

1 i?

D. 2 .

Lời giải

Giả sử số phức có dạng z

z

0


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4

Câu 193. 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 2 x

0;2

2

1



 1  1  m có đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc

là

A.  a; b , a  b  7 .

B.  a; b  c , a  b  c  7

C.  a; b  , b  2a  4 .

D.  a; b   c , c  b  2a  6 .
Lời giải

Chọn D
Đặt t  2 x

2

1

3 
 1 . Với x  0; 2  t   ;9
2 

Ta có với t 

3
3 
thì có một giá trị của x   0; 2 . Với mỗi giá trị của t   ;9  , tồn tại 2 giá trị
2
2 

của x   0; 2 .



Do đó hương trình f 2 x
phương

trình

2

1



 1  1  m có 2 nghiệm phân biệt thuộc  0;2 khi và chỉ khi

f t   m 1

có

1

nghiệm

phân

biệt

thuộc

0  m  1  5
1  m  6
3 
. Chọn đáp án D.
t   ;9  

2 
m  1  13
m  14
Câu 194. Bác Vương mua một căn hộ khu Vinhomes City với giá 4,5 tỉ đồng. Bác đã sẵn có 12% số tiền
để mua, phần còn lại bác sẽ vay tiếp ngân hàng với lãi suất mỗi tháng 0,83%. Hình thức trả
nợ cho ngân hàng như sau: Đúng một tháng kể từ ngày được giải ngân, bác bắt đầu trả nợ; hai
lần trả liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền trả nợ mỗi tháng của bác là như nhau và bác
phải trả trong 12 năm. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của
tháng đó. Hỏi mỗi tháng bác Vương phải trả bao nhiêu tiền cho ngân hàng.
A. 47,234 triệu đồng.
B. 53,675triệu đồng. C. 47,233 triệu đồng. D. 53,674 triệu đồng.

Lời giải
Chọn A
n

Công thức tính vay vốn trả góp: X

A. 1 r .r
1 r

Ta có: A  4,5 12%.4,5  3,96 (tỉ)
Sau 12 năm nợ được trả hết nên n  144

n

1

.


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4
144

 0,83  0,83
3,96.1000 1 
 .
100  100

Khi đó: X 

.  47, 23363815 (triệu đồng)
144
 0,83 
1 
 1
100 


Câu 195. Cho hai mặt cầu  S  : x 2  y 2  8x  6y  4z  11  0 và hai điểm A 1;2;3 , B  1;2; 0 . Gọi  P 
là mặt phẳng chứ A, B và khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng  P  có giá trị lớn nhất. Viết
phương trình mặt phẳng  P  .
A.  P  : 3x  y  2z  5  0 .

B.  P  : 3x  y  2z  1  0 .

C.  P  : 3x  y  2z  11  0 .

D.  P  : 3x  y  2z  5  0 .
Lời giải

Chọn A
Mặt cầu  S  : x 2  y 2  8x  6y  4z  11  0 có tâm I  4;3;2  .
Gọi H là hình chiếu của I lên mặt phẳng  P  , gọi K là hình chiếu của I lên đường thẳng AB.





Khi đó d I ;  P   IH  IK .
Do đó khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng  P  có giá trị lớn nhất bằng IK

 K  H  IK   P 

Suy ra mặt phẳng  P  có VTPT n  IK .
 x  1  2t

Ta có phương trình tham số AB :  y  2
 z  3  3t

K  AB  K 1  2t;2;3  3t  .

Mà IK  AB  IK . AB  0   5  2t  2    1 .0  1  3t  3  0  t  1
 K  1;2; 0   IK   3; 1; 2 

Suy ra phương trình mặt phẳng  P  là  P  : 3x  y  2z  5  0
Câu 196. Người ta muốn sơn một mái hiên dạng v m như hình vẽ.

Biết rằng tiết diện vuông góc


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4

với mái là một parabol. Chi phí trọn gói cả sơn và công là 2

.

đ m 2. Độ dài đường cong
b

của hàm số y f(x) trên đoạn  a; b được xácđịnh theo công thức C   1   f ' ( x)  dx . Cho
2

a

AB  6m; AO  4m; MN  4m . Số tiền để sơn hoàn thiện mái hiên gần với số nào sau đây nhất.

Biết rằng chỉ sơn bề mặt phía trong của mái hiên.
A. 10150000đ .

B. 9160000đ .

C. 11152000đ .
Lời giải

D. 12205000đ

Chọn C
parabol là: y   x 2  4
Độ dài đường cong parabol y   x 2  4 trên  2; 2 là C 

2



1   2 x dx  9, 2935 (m)
2

2

Diện tích bề mặt cần sơn là: S  9, 2935.6  55, 76 (m2 )
Tổng chi phí sơn là: T  55, 76.200000  11152000đ .
Câu 197. Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 5 . Gọi điểm M , N thuộc các cạnh AB, BC và thỏa mãn

BM  2 AM , CN  2 BN . Điểm E đối xứng B qua D . Mặt phẳng  EMN  chia tứ diện làm 2
phần. Gọi V là thể tích phần chứa đỉnh A . Tính V ?
19
18
40
A.
.
B.
.
C.
.
18
19
9
Lời giải
Chọn A

D.

20
.
9

Có: V  VAMQCNP .
Dễ có VABCE  2VABCD  10 .
Ta có:

VE.DPQ
VE.BNM



9V
ED EP EQ 1 6 3 9
.
.
 . . 
 VE.DPQ  E.BNM
EB EN EM 2 10 4 40
40

1 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

Lại có:

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4

VB.MNE BM BN BE 2 1
2V
2
40

.

.
 . .1   VB.MNE  B. ACE 
VB. ACE
BA BC BE 3 3
9
9
9

 2 .

VB. ACE 1
71
  VBMNDPQ  VE .BNM  VE .DPQ  .
20
2
18
19
Từ đó suy ra V  VABCD  VBMNDPQ  .
18
Từ 1 và  2  suy ra: VE . DPQ 

Câu 198. Cho hàm số y
y

g x

f x có đạo hàm f   x   x  x  1

f 6 2x

5
A.   ;  .
2


2018

 x  2

2019

với mọi x

. Hàm số

x3
3

7 2
x 12 x 1 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
2
 5

B.  4;   .
C.   ;   .
D.  3; 4  .
 2

Lời giải

Chọn D
Ta có bảng xét dấu đạo hàm f   x  như sau:

Ta có: y  g   x   2 f   6  2 x   x 2  7 x  12 .

5

x  2

Dựa vào bảng xét dấu f   x  ta có f   6  2 x   0   x  3 .
x  4



2 f   6  2 x   0  f   6  2 x   0  2  6  2 x  0  3  x  4 .
Bảng xét dấu y  g   x 

Vậy hàm số đồng biến trên  3; 4  .
Câu 199. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình
m2 8x   m2  2  4 x   m  2  2 x  m  0 nghiệm đúng với mọi x  .

Tổng các phần tử của tập S là
A. 3 .
B. 2 .

C. 3 .
Lời giải

D. 2 .

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4

Chọn B
Đặt 2 x  t điều kiện t  0
m2 8x   m2  2  4 x   m  2  2 x  m  0 nghiệm đúng với mọi x 

tương đương với phương

trình
m2t 3   m2  2  t 2   m  2  t  m  0 nghiệm đúng với mọi t  0

Đặt f  t   m2t 3   m2  2  t 2   m  2  t  m
Ta có f  t   m2t 3   m2  2  t 2   m  2  t  m  m2t 3  m2t 2  2t 2  mt  2t  m

 m2t 2  t  1  2t  t  1  m  t  1
  t  1  m2t 2  2t  m 

Giả sử t  1  0 không phải là nghiệm của phương trình g  t   m2t 2  2t  m  0 thì hàm số
f  t    t  1  m2t 2  2t  m 

sẽ

đổi

dấu

khi

đi

qua

điểm

t 1  0 ,

nghĩa

là

m2t 3   m2  2  t 2   m  2  t  m  0 không có nghiệm đúng với mọi t  0 .

Do đó, yêu cầu bài toán được thỏa mãn thì một điều kiện cần là g  t   m2t 2  2t  m  0 có

m  1
nghiệm t  1 , suy ra m2  2  m  0  
m  2
Điều kiện đủ
Với m  1, f  t    t  1  t 2  2t  1   t  1 không thỏa mãn điều kiện f  t   0, t  0
3

(Vì với t 

1
 0,
2

1
1
f      0 (loại))
8
2

Với f  t    t  1  4t 2  2t  2    t  1  4t  2   0, t  0
2

Vậy S  2 , tổng các phần tử của tập S là 2 .
Câu 200. 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:

8
Tập nghiệm của phương trình f  x    mx  r có số phần tử là
3
B. 4.

B. 3.

C. 1.

D. 2.


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4

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 .
3

4
4 3
10
1

f   x   m  3x3  10 x 2  x  12   f  x   m  x 4  x3  x 2  12 x   r .
3
3 4
3
2


8
3
10

1
Phương trình f  x    mx  r  x 4  x 3  x 2  12 x  2 x  0 1 .
3
4
3
2
 3 3 10 2 1
x  x  x  14  0  3
3 4 10 3 1 2
.
 x  x  x  14 x  0  2    4
3
2

4
3
2
x  0

Giải phương trình  3 :
Cách 1: Dùng máy tính có một nghiệm khác 0.
Cách 2: Đặt hàm g  x  

g ' x 

3 3 10 2 1
x  x  x  14 .
4
3
2

9 2 20
1
40  1762
.
x  x   0  x1,2 
4
3
2
27

Bảng biến thiên:

 40  1762 
Do g 
  2, 7  0 .
27



Suy ra g  x  cắt trục hoành tại 1 điểm có hoành độ âm hay phương trình  3 có một nghiệm
âm. Vậy phương trình

8
f  x    mx  r là hai.
3

 2  , 1

có 2 nghiệm phân biệt tức số nghiệm của phương trình