13-5 -THI-THỬ-SỞ-BẮC-NINH-2019

Sở GD&ĐT Bắc Ninh

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

Mã đề 101
Câu 1:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình mặt phẳng   đi qua điểm A  0;  1;0  ;

B  2;0;0  ; C  0;0;3 là
A.

x y z
   1.
2 1 3

B.

x y z

  0.
2 1 3

C.

x y z
  1.
1 2 3

D.

x y z
   1.
2 1 3

Lời giải
Chọn D
Câu hỏi lí thuyết.
Câu 2:

Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình 2 z 2  3z  3  0 . Giá trị của biểu thức

z12  z22 bằng
A.

3
.
18

B.

9
.
8

C. 3 .

D.

9
.
4

Lời giải
Chọn D


3
 z1  z2  
2 , suy ra z 2  z 2   z  z 2  2 z z  3  3   9 .
Theo Viet: 
1
2
1
2
1 2
4
4
 z .z  3
1 2

2
Câu 3:



Tập xác định của hàm số y  x 2  3x  2

3
5

   x  3

2

là

B. D   ;1   2;    \ 3 .

A. D   ;    \ 3 .

D. D   ;1   2;    .
Lời giải

C. D   ;    \ 1; 2  .
Chọn B

 x  2
 x 2  3x  2  0  
  x  1 .
Hàm số xác định  
x  3  0
x  3


Vậy hàm số có tập xác định D   ;1   2;    \ 3 .
Câu 4:

Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  2;3 thỏa mãn f  2   2 và f  3  5 . Tính
3

 f   x  dx .
2

B. 3 .

A. 3 .

C. 10 .
Lời giải

D. 7 .

Chọn A
3

Ta có:



f   x  dx  f  x  2  f  3  f  2   5  2  3 .
3

2

t phương trình log 2  3x  2   log 2  6  5 x  có tập nghiệm là  a; b  . Tổng a  b bằng

Câu 5:

A.

8
.
3

B.

28
.
15

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

C.

26
.
5

D.

11
.
5

1


Lời giải

Chọn D

2

x  3
3x  2  0

6
6


log 2  3x  2   log 2  6  5 x   6  5 x  0
 x   1  x  .
5
5

3x  2  6  5 x

x  1


6 11
 a  b  1  .
5 5
Câu 6:

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

Tập t t cả các giá trị của tham số m để phương trình f  x   m có ba nghiệm phân biệt là
A.  4;   .

C.  2; 4 .

B.  ; 2  .

D.  2; 4  .

Lời giải
Chọn D
Ta có số nghiệm của phương trình f  x   m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x 
và đường thẳng y  m .
Do đó, dựa vào bảng biến thiên ta th y, phương trình f  x   m có ba nghiệm phân biệt khi và
chỉ khi 2  m  4 .
Câu 7:

Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y 
B. 4 .

A. 2 .

x
là
x 9
C. 3 .
Lời giải
2

D. 1 .

Chọn D

TXĐ: D  .
Ta có: lim y  lim
x 

x 

x
x
 0; lim y  lim 2
 0  y  0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm
x

x

x 9
x 9
2

số.
Dễ th y đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận đứng.
Câu 8:

Hàm số y  x3  3x 2  4 nghịch biến trên khoảng nào sau đây ?
A.

.

B.  ; 2  .

C.  0;   .

D.  2;0  .

Lời giải
Chọn D
TXĐ D  .
Ta có y  3x 2  6 x

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

2


 x0
y  0  
 x  2
x
y'

∞
+

2

0

0

0

+∞
+

y

Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  2;0  .
Câu 9:

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho hai vectơ a   4;5; 3 , b   2; 2;1 . Tìm toạ
độ x  a  2b .
A. x   2;3; 2  .

C. x   0; 1;1

B. x   0;1; 1 .

D. x   8;9;1 .

Lời giải
Chọn B
Ta có a   4;5; 3 , 2b   4; 4; 2   x   0;1; 1 .
Câu 10: Họ nguyên hàm của hàm số f  x   cos 2 x là
sin 2 x
C .
2
sin 2 x
C.  cos 2 xdx  
C .
2

A.  cos 2 xdx 

B.  cos 2 xdx  sin 2 x  C .
D.  cos 2 xdx  2sin 2 x  C .
Lời giải

Chọn A
Câu 11: Cho hàm số y  a x , với 0  a  1 . Mệnh đề nào sau đây SAI?
A. Đồ thị hàm số y  a x và đồ thị hàm số y  log a x đối xứng nhau qua đường thẳng y  x .
B. Hàm số y  a x có tập xác định là

và tập giá trị là  0;   .

C. Hàm số y  a x đồng biến trên tập xác định của nó khi a  1 .
D. Đồ thị hàm số y  a x có tiệm cận đứng là trục trung.
Lời giải
Chọn D
Vì đồ thị hàm số y  a x có tiệm cận ngang là trục hoành.
Câu 12: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn
phương án A, , C, D dưới đây. Hỏi đó là hàm số nào?

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

3


A. y  x 4  2 x 2 .

B. y   x 4  3x 2  3 .

C. y  x 4  x 2  3 .

D. y  x 4  2 x 2  3 .

Lời giải
Chọn D
lim y  0 nên a  0 . Loại phương án .
x 

Đồ thị hàm số đi qua  0; 3 nên loại phương án A.
Đồ thị có điểm cực trị 1; 4  nên loại phương án C.
Câu 13: Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , AA 
chiếu vuông góc của A lên

 ABC 

3a
. iết rằng hình
2

là trung điểm của BC . Thể tích của khối lăng trụ

ABC.ABC là
A.

a3 2
.
8

B.

3a3 2
.
8

C.

a3 6
.
2

D.

2a 3
.
3

Lời giải
Chọn B

Gọi trung điểm của BC là H . Suy ra đường cao của lăng trụ là AH .

a 3
9a 2 3a 2
6
a2 3
2
2



Ta có AH 
.
 A H  AA  AH 


a , diện tích đáy SABC 
4
2
4
4
2
Vậy V 

a2 3 a 6 3 2 3
.

a .
4
2
8

Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình đường thẳng d đi qua điểm A 1; 2;l  và
vuông góc với mặt phẳng  P  : x  2 y  z  1  0 có dạng
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

4


A. d :

x 1 y  2 z 1


.
1
2
1

B. d :

x2 y z2


.
1
2
1

C. d :

x 1 y  2 z 1


.
1
2
1

D. d :

x2
y z2


.
2
4
2

Lời giải
Chọn D
Ta có ud  nP  1; 2;1 và d đi qua A 1; 2;l  nên d không thể có phương trình là
x 1 y  2 z 1


. Thay tọa độ A 1; 2;1 vào các phương án còn lại thì
1
2
1
x2
y z2
A d :


.
2
4
2

d:

1
Câu 15: Trong các hàm số f  x   log 2 x; g  x     
2
đồng biến trên ?

A. 2 .

B. 3 .

x3 1

1

; h  x   x 3 ; k  x   3x có bao nhiêu hàm số
2

C. 4 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn D
1

Các hàm số f  x   log 2 x; h  x   x 3 có tập xác định là D   0;   nên không thể đồng biến
trên

. Hàm số k   x   3x ln 3.2 x đổi d u khi qua x  0  Hàm số không đồng biến trên
2

1
Hàm số g   x     
2

x3 1

1
1
ln  3x 2    
2
2

x3 1

.ln 2.  3x 2   0, x 

nên đồng biến trên

.

.

Câu 16: Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình sin x   m  1 cos x  2m  1 có nghiệm là
A. 0 .

B. 3 .

C. 2 .

D. 1 .

Lời giải
Chọn C
1
2
2
Phương trình có nghiệm  12   m  1   2m  1  3m 2  2m  1  0    m  1
3

Mà m   m  0;1 .
Câu 17: Một hình nón có độ dài đường sinh bằng đường kính đáy. Diện tích hình tròn đáy của hình nón
bằng 9 . Tính đường cao h của hình nón.
A. h 

3
.
2

B. h  3 3 .

C. h 

3
.
3

D.

3.

Lời giải
Chọn B
Diện tích hình tròn đáy là: S   r 2  9  r  3
Vì độ dài đường sinh bằng đường kính đáy  l  2r  2.3  6
Ta có: h  l 2  r 2  62  32  3 3 .
Câu 18: Trong không gian, cho các mệnh đề sau:
I. Hai đường thẳng phân biệt cùng song song với một mặt phẳng thì song song với nhau.
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

5


II. Hai mặt phẳng phân biệt chứa hai đường thẳng song song cắt nhau theo giao tuyến song song
với hai đường thẳng đó.
III. Nếu đường thẳng a song song với đường thẳng b , đường thẳng b nằm trên mặt phẳng P
thì a song song với P .
IV. Qua điểm A không thuộc mặt phẳng

, kẻ được đúng một đường thẳng song song với

.
Số mệnh đề đúng là:
A. 2 .

B. 0 .

C. 1 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn B

Xét mệnh đề I: Sai vì AB và BC cùng song song với A B C D

nhưng AB và BC cắt

nhau.

AB
Xét mệnh đề II: Sai vì

ABCD

AB

ABA B

.

AB //A B
ABCD

ABA B

AB

AB //CD
Xét mệnh đề III: Sai vì CD

Xét mệnh đề IV: Sai vì

ABCD .

AB

ABCD

A

ABCD

AB / / A B C D
AC / / A B C D
...

Câu 19: Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  2i  1 là
A. Đường tròn tâm I 1; 2  bán kính R  1 .

B. Đường tròn tâm I  1; 2  bán kính R  1 .

C. Đường tròn tâm I  1; 2  bán kính R  1 .

D. Đường tròn tâm I 1; 2  bán kính R  1 .

Lời giải
Chọn C
Gỉa sử z  x  iy  x, y 

 , M  x; y 

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

là điểm biểu diễn số phức z .

6


Do z  1  2i  1   x  1    y  2   1 , suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn
2

2

điều kiện z  1  2i  1 là đường tròn tâm I  1; 2  bán kính R  1 .
k
Câu 20: Ký hiệu Cn là số các tổ hợp chập k của n phần tử 1  k  n  . Mệnh đề nào sau đây đúng ?

A. Cnk 

n!
k !(n  k )!

B. Cnk 

k!
(n  k )!

C. Cnk 

!
n !(n  k )!

D. Cnk 

n!
(n  k )!

Lời giải
Chọn A
Câu 21: Cho hàm số y  f  x  liên tục, đồng biến trên đoạn  a; b , khẳng định nào sau đây đúng?
A. Hàm số đã cho có cực trị trên đoạn  a; b .
B. Hàm số đã cho có giá trị lớn nh t, giá trị nhỏ nh t trên khoảng  a; b  .
C. Phương trình f  x   0 có nghiệm duy nh t thuộc đoạn  a; b .
D. Hàm số đã cho có giá trị lớn nh t, giá trị nhỏ nh t trên đoạn  a; b .
Lời giải
Chọn D
Câu 22: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M , N là trung điểm của SA , SB . Mặt
phẳng  MNCD  chia hình chóp đã cho thành hai phần. Tỉ số thể tích hai phần là (số bé chia số
lớn)
3
A. .
5

B.

3
.
4

C.

1
.
3

D.

4
.
5

Lời giải
Chọn A
S

M
N

D

A
B

C

VS .MNCD VS .MNC  VS .MCD VS .MNC
V
11 1
1

 3


 S .MCD    1  1.1  .
VS . ABCD
VS . ABCD
2VS . ABC 2VS . ACD 2  2 2
2
 8
3
Vậy tỉ số thể tích hai phần là (số bé chia số lớn) là .
5

Ta có:

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

7


Câu 23: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt cầu  S  có tâm I  3;  3;1 và đi qua điểm

A  5;  2;1 có phương trình là
A.  x  5   y  2    z  1  5 .

B.  x  3   y  3   z  1  25 .

C.  x  3   y  3   z  1  5 .

D.  x  3   y  3   z  1  5 .

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Lời giải
Chọn D
Ta có IA  5
mặt cầu  S  có tâm I  3;  3;1 và đi qua điểm A  5;  2;1 có bán kính R  5 có phương
trình  x  3   y  3   z  1  5

2

2

2

Câu 24: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a , góc giữa đường thẳng AB
và mặt phẳng  ABC  bằng 60 . Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ đã cho
A. V  a3 3 .

B. V 

4a3 3
.
3

C. V 

a3 3
9

D. V 

a3 3
.
3

Lời giải
Chọn D

A'

C'

B'

A

C
B

Vì hình trụ ngoại tiếp lăng trụ tam giác đều ABC.ABC nên đáy của hình trụ là đường tròn
a 3
ngoại tiếp đáy của lăng trụ nên bán kính R 
, đường cao của hình trụ bằng BB .
3
Vì lăng trụ ABC.ABC là lăng trụ tam giác đều nên  AB,  ABC     AB, AB   BAB  60 .
BB '  AB.tan 60  a 3 .
2

 a 3  a 3 3
.
V  a 3. . 
 
3
3


Câu 25: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên

, có đạo hàm f   x   x3  x  1  x  2  . Hỏi hàm số
2

y  f  x  có bao nhiêu điểm cực trị?
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

8


D. 3 .

C. 1 .
Lời giải

B. 0 .

A. 2 .

Chọn A

x  0
Ta có: f   x   0  x  x  1  x  2   0   x  1 .

 x  2
ảng xét d u của y  :
2

3

Từ bảng xét dầu, ta th y hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Câu 26: Câu 26:

Tích giá trị lớn nh t và giá trị nhỏ nh t của hàm số y  x 2 

2
1 
trên đoạn  ; 2 
x
2 

bằng
A. 15 .

B. 8 .

C.

51
.
4

D.

85
.
4

Lời giải
Chọn A
Tập xác định: D 

Ta có : y  2 x 

\ 0 .

2
1 
 y  0  x  1   ; 2  .
2
x
2 



y 1  3 .



 1  17
y   .
2 4



y  2  5 .

1 
Vì hàm số liên tục và xác định trên D nên cũng liên tục và xác định trên  ; 2  .
2 
Suy ra max  5; min  3 .
1 

 2 ;2



1 
 2 ;2



Vậy tích giá trị lớn nh t và giá trị nhỏ nh t của hàm số đã cho bằng 15 .
Câu 27: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại

A , biết SA   ABC  và

AB  2a , AC  3a , SA  4a . Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng  SBC  .

A. d 

2a
.
11

B. d 

6a 29
.
29

C. d 

12a 61
.
61

D. d 

a 43
.
12

Lời giải
Chọn C

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

9


Theo giả thiết ta có góc A là góc tam diện vuông.
Do đó d  A,  SBC    AH .
Ta có:

1
1
1
1
1
1
1
61



 2  2 2

.
2
2
2
2
AH
AB
AC
SA
4a 9a 16a
144a 2

 AH 

12a 61
.
61

Vậy d  A,  SBC   

12a 61
.
61
Câu 28: Cho hàm số y  f  x  , y  g  x  liên tục trên đoạn  a; b  a  b  . Hình phẳng D giới hạn bởi
đồ thị hai hàm số y  f  x  , y  g  x  và hai đường thẳng x  a, x  b có diện tích là
A. S D   f  x   g  x  dx .

B. S D    f  x   g  x  dx .
a

C. S D    f  x   g  x  dx .

D. S D   f  x   g  x  dx .

b

b

a

a

b

b

a

Lời giải
Chọn A
Theo định nghĩa ta có: S D   f  x   g  x  dx .
b

a

Câu 29: Số phức z  5  8i có phần ảo là

A. 5 .
B. 8 .

C. 8 .
Lời giải

D. 8i .

Chọn B
Số phức z  5  8i có phần ảo là 8 .
Câu 30: Biểu thức

3

x 4 x  x  0  viết dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ là
1

1

5

B. x 7 .

A. x12 .

C. x 4 .

5

D. x12 .

Lời giải
Chọn D
Ta có:

3

3

1
4

3

5
4

5
12

x x  xx  x  x .
4

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

10


Câu 31: Cho y  f  x  là hàm đa thức bậc 4, có đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ.

Hàm số y  f  5  2 x   4 x 2  10 x đồng biến trong khoảng nào trong các khoảng sau đây?

 3
D.  0;  .
 2

3 
C.  ; 2  .
2 
Lời giải

 5
B.  2;  .
 2

A.  3; 4  .

Chọn B

y   2 f  5  2 x   8 x  10  2  f  5  2 x   2  5  2 x   5

Ta có y   0 khi f 5  2 x   2 5  2 x   5  0  f 5  2 x   2 5  2 x   5
Đặt t  5  2 x thì ta có f  t   2t  5
Dựa vào đồ thị hàm số f  t  và y  2t  5 trong khoảng  0;1 thì đồ thị hàm số f  t  nằm
bên dưới đồ thị hàm số y  2t  5 nên f  t   2t  5
Vì t  5  2 x  x 
Câu 32: Cho

hàm

số

t  5
 5
vậy nên t   0;1 thì x   2;  .
2
 2

y  f x

liên

tục

trên

x  x  1 f   x    x  2  f  x   x  x  1 , x 

\ 1;0

thỏa

mãn

f 1  2ln 2  1,

\ 1;0 . Biết f  2   a  b ln 3 , với a , b là

hai số hữu tỉ. Tính T  a 2  b .
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

11


A. T  

3
.
16

21
.
16

B. T 

C. T 

3
.
2

D. T  0 .

Lời giải
Chọn A
Từ x  x  1 f   x    x  2  f  x   x  x  1 nhân 2 vế với

x

 x  12

ta được

x2
x2  2x
x2

, suy ra
f x 
f x 
x 1
x 1
 x  12

 x2

 x2

x2
1
f  x  

f  x   x  1 

x 1
 x  1
 x  1  x  1


x2
x2
f x 
 x  ln x  1  C
x 1
2
1
1
Ta có f 1  2 ln 2  1   2 ln 2  1   1  ln 2  C  C  1
2
2
4
3 3
f  2   a  b ln 3  f  2   2  2  ln 3  1  f  2    ln 3
3
4 4
9 3
3
3
3
 a  ,b   T 
 
16 4
4
16
4


Câu 33: Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị như hình vẽ.
y

2

-2

O

-1

1

2 x

-2

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn  0;9 sao cho b t phương trình
2f

2

 x  f  x m

 16.2 f

2

 x  f  x m

 4 f  x   16  0 có nghiệm x   1;1 ?

C. 5 .

Lời giải

B. 8 .

A. 6 .

D. 7 .

Chọn A
f
Ta có 2



 2f

2

2

 x  f  x m

 x  f  x m



 22 f  x  2 f



 2f

2

2

 16.2 f

 x  f  x m

 
 1  16  2

 4 f  x   16 2 f

 x  f  x m

 x  f  x m

2



2

 4 f  x   16  0

 x   f  x  m



1  0

f 2  x  f  x  m



1  0



 1 22 f  x   16  0 1 .
2 f  x

Từ đồ thị ta th y, x   1;1  f  x    2; 2   2
Khi đó, 1  2 f

2

 x  f  x m

 16  0 .

1  0  f 2  x   f  x   m  0  m  f 2  x   f  x  .

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

12

Yêu cầu bài toán suy ra b t phương trình m  f 2  x   f  x  có nghiệm f  x    2; 2  .
Đặt g  x   f 2  x   f  x  , ta có bảng sau:
f(x)
g(x)

2

1/2

2

0
6

2
1/4
m 0;9

Khi đó, yêu cầu bài toán suy ra điều kiện của m là m  6  m  0;1; 2;3; 4;5 .
m

Vậy, có 6 giá trị thỏa mãn.
Câu 34: Cho a, b, c, d là các số nguyên dương, a  1, c  1 thỏa mãn log a b 

a  c  9 . Khi đó, b  d bằng
A. 93 .
B. 9 .

C. 13 .
Lời giải

5
3
, log c d 
và
4
2

D. 21 .

Chọn A

3
3


2
log a b  2
b

a
a a

Ta có 
.

5
5
d  c 4  c 4 c
log d 


 c
4
 a  m
Để b, d nguyên dương thì 
với m, n nguyên dương và khác 1 (do a  1, c  1 ).
4
c  n
2

m  n 2  1
m  5

Theo giả thiết a  c  9  m  n  9   m  n  m  n   9  
 2
2
m  n  9
n  4
2

4

2

2

b  m3  125
m  5



 b  d  93 .
5
d  n  32
n  2
Câu 35: Cho hàm số y  x3  8 x 2  8 x có đồ thị  C  và hàm số y  x 2   8  a  x  b (với a, b 

) có

đồ thị  P  . Biết đồ thị hàm số  C  cắt  P  tại ba điểm có hoành độ nằm trong đoạn  1;5 .
Khi a đạt giá trị nhỏ nh t thì tích ab bằng
A. 729 .
B. 375 .

C. 225 .
Lời giải

D. 384 .

Chọn B.
Đồ thị hàm số  C  cắt  P  tại ba điểm có hoành độ nằm trong đoạn  1;5 khi phương trình

x3  8 x 2  8 x  x 2  8  a  x  b  x3  9 x 2  ax  b  0 (*) có 3 nghiệm phân biệt thuộc đoạn

 1;5 .
Giả sử phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3   1;5 . Khi đó

 x1  x2  x3  9

 x1 x2  x2 x3  x1 x3  a  a  x1 x2  x2 x3  x1 x3  x1 x2   x1  x2  9  x1  x2  .
 x x x  b

 1 2 3
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

13


* Vì x1 , x2   1;5 nên

 x1  1 x2  1  0  x1 x2   x1  x2  1.

Do vậy, a   x1  x2  1   x1  x2  9  x1  x2   a    x1  x2   8  x1  x2   1 .
2

Đặt t  x1  x2  9  x3  t   4;10 .
Xét hàm số f  t   t 2  8t  1 , f   t   2t  8 ; f   t   0  t  4 .
Ta có: f  4   15, f 10   21  a  21 (1).
* Mặt khác, x1 , x2   1;5 suy ra  x1  5 x2  5  0  x1 x2  5  x1  x2   25

 a  x1 x2   x1  x2  9  x1  x2   14  x1  x2    x1  x2   25 .
2

Đặt t  x1  x2  9  x3  t   4;10 .
Xét hàm số f  t   t 2  14t  25 , f   t   2t  14 ; f   t   0  t  7 .
Ta có: f  4   15, f 10   15, f  7   24  a  15 (2).
 x1  x2  4  x1  1

 b   x1 x2 x3  25 .
Từ (1) và (2) ta có a  15 và a  15 khi 
 x3  5
 x2  x3  5

Vậy ab  375 .
Bài này nghiệm kép đang được coi như 2 nghiệm?

Câu 36: Gọi A là tập các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau. L y ngẫu nhiên từ A hai số.
Tính xác su t để l y được hai số mà các chữ số có mặt ở hai số đó giống nhau.
14
35
41
41
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
1941
5823
5823
7190
Lời giải
Chọn A
Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau là: 9.9.8  648 .
2
 n     C648
.
Trường hợp 1: Xét các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau và không chứa chữ số 0 .
Có 9.8.7  504 (số).
504

 84 (bộ).
Mỗi bộ gồm 3 chữ số  a; b; c  có 6 hoán vị nên 504 số có
6
Suy ra, có 84.C62 cách chọn 2 số có các chữ số giống nhau.
Trường hợp 2: Xét có số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau và chứa chữ số 0 .
Có 648  504  144 (số).
144
 36 (bộ).
Mỗi bộ gồm 3 chữ số  a; b; c  có 4 hoán vị nên 144 số có
4
Suy ra, có 36.C42 cách chọn 2 số có các chữ số giống nhau.

84.C62  36.C42
41
Vậy P 
.

2
C648
5823
Câu 37: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên

và thỏa mãn f  2   16 ,

2

 f  x  dx  4 .

Tính

0

 x
I   x. f    dx .
2
0
A. I  144 .
4

B. I  12 .

C. I  112 .
Lời giải

D. I  28 .

Chọn C
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

14


2

Từ giả thiết

t

1
ta có dx  dt và với x   0; 2 thì t   0; 4 .

2

 f  x  dx  4 , đặt x  2
0

 x
t
t 1
Suy ra 4   f   . dt   f   dt  8 hay  f   dx  8 .
2
2
2 2
0
0
0
u  x
du  dx
4
x



Xét I   x. f    dx , đặt 

x

 x
2
0
dv  f   2  dx

v  2 f  2 
 
 




Khi đó I   2 x. f


4

4

4

4

 x 
    2
 2  0
0
4

 x
f   dx  8 f  2   2.8  112 . Vậy I  112 .
2

Câu 38: Cho tứ diện ABCD có DAB  CBD  90o , AB  a , AC  a 5 và ABC  135o ; Góc giữa hai
mặt phẳng  ABD  và  BCD  bằng 30 o . Thể tích của tứ diện ABCD là

A.

a3
.
2 3

B.

a3
.
2

C.

a3
.
3 2

D.

a3
.
6

Lời giải
Chọn D
A

a

D

H
I

K

135°
a 5

B
C

Trong tam giác ABC có AC 2  AB 2  BC 2  2 AB.BC.cos135o  BC 2  BC.a 2  4a2  0
 BC  a 2 .
Gọi K là hình chiếu của A lên BC ta có ABC  135o nên ABK  45o . Suy ra tam giác AKB
AB a 2
vuông cân tại K . Do đó AK  BK 
.

2
2
Gọi I , H lần lượt là hình chiếu của A lên BD và  ABCD  , ta có KBIH là hình chữ nhật.
Khi đó

 ABD  ;  BCD   AIH  30

o

. Suy ra AH  HI .tan 30o 

Từ đó ta tính được BI  KH  AK 2  AH 2 

a 6
.
6

a 3
.
3

Tam giác ABD vuông tại A , đường cao AI nên AB 2  BI .BD  BD 
Vậy thể tích khối chóp ABCD là V 

AB 2
 a 3.
BI

1
a3
AH .BD.BC  .
6
6

Câu 39: Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình  H1  giới hạn bởi các đường y  2 x ,
y   2 x , x  4 ; hình  H 2  là tập hợp t t cả các điểm M  x; y  thoả mãn các điều kiện:

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

15

x 2  y 2  16 ,  x  2  y 2  4 ,  x  2   y 2  4 . Khi quay  H1  ,  H 2  quanh Ox ta được các
2

2

khối tròn xoay có thể tích lần lượt là V1 , V2 . Khi đó mệnh đề nào sau đây đúng?
C. V2  V1  48 .

B. V2  V1 .

A. V2  2V1 .

D. V2  4V1 .

Lời giải
Chọn D.
Xét hình  H1  : ta có hoành độ giao điểm của các đường y  2 x , y   2 x là: x  0
Ta còn th y y  2 x , y   2 x đối xứng nhau qua trục Ox nên có
4

V1   



2x



2

0

4

dx    2 xdx   x 2  16 ;
4

0

0

Mặt khác  H 2  thể hiện trong hình vẽ,
y

2
1
-2

-1

O

1

4 x

2

nên khi quay  H 2  quanh Ox ta được một khối tròn xoay xác định bởi khối cầu, suy ra

V2 

4 3 3 3
 4  2  2   64  V2  4V1 .
3

Câu 40: Trong

không

gian

 P  : ax  by  cz  46  0 .

Oxyz ,

cho

điểm

A 1; 2;1

và

B  3; 4;0  ,

mặt

phẳng

iết rằng khoảng cách từ A, B đến  P  lần lượt là 6 và 3 . Giá trị

của biểu thức T  a  b  c bằng
A. 3 .
B. 6 .

C. 3 .
Lời giải

D. 6 .

Chọn B.
Giả sử đường thẳng AB cắt  P  tại I , theo giả thiết d  A,  P    2d  B,  P   thì có 2BI  AB
hoặc 3BI  BA .
A

A
I
A'

B

(P)

A'

B'

B'

(P)

I

B

Gọi B  là hình chiếu của B tới  P  ;

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

16


th y

AB  3  d  B,  P   nên chỉ xảy tra trường hợp

2BI  AB

và suy ra được

BI  AB  BB  B  I hay AB   2; 2; 1 là véc tơ pháp tuyến của  P 
ta còn tìm được I   5;6; 1 , vậy có

a  b  0
a  4
a b c
  



 b  4  T  6 .
 2 2 1  b  2c  0
I   P 
5a  6b  c  46  0 c  2



Câu 41: Cho hình chóp SABC có SA vuông góc  ABC  , AB  a, AC  a 2, BAC  450 . Gọi B1 , C1 lần
lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB , SC . Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp
A.BCC1 B1 bằng.

A.

 a3
.
2

B.  a3 2 .

C.

4 3
a .
3

D.

 a3 2

3

.

Lời giải
Chọn D





Xét tam giác: ABC : BC  AB 2  AC 2  2 AB. AC.cos BAC  a
 AB 2  BC 2  a 2  a 2  2a 2  AC 2 .

Suy ra tam giác ABC vuông tại B  IA  IC  IB với I là trung điểm AC
Mặt khác: BC   SAB   AB1  BC và AB1  SB  AB1   SBC 
 AB1  B1C  IA  IC  IB1

Do AC1  C1C  IA  IC  IC1
Do đó: I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hìn chóp A.BCC1 B1 và bán kính R 

AC a 2
.

2
2
3

4
4  a 2   a3 2

Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCC1 B1 là V   R3   
.
 
3
3  2 
3

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

17


Câu 42: Cho các số phức z, w khác 0 thỏa mãn z  w  0 và
A. 3 .

B.

1
.
3

C.

1 3
6
z
 
. Khi đó
bằng
z w z+w

w

3.

D.

1
.
3

Lời giải
Chọn D

z
2
1 3
6
z
z
 z
w
 1 3 
 3   2 1  0
Ta có:  
z w z+w
w 1 z
w
w
w
6

z 1
2
2
i
2
  
z
1
1  2 
w 3 3



    
.
 
w
z 1
3
3  3 
2
i
  
w 3 3

Câu 43: Ông Nam dự định gửi vào ngân hàng một số tiền với lãi su t 6, 6% /năm. Biết rằng nếu không
rút tiền khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi
cho năm tiếp theo. Tính số tiền tối thiểu x triệu đồng  x   ông Nam gửi vào ngân hàng để
sau 3 năm số tiền lãi đủ mua một chiếc xe gắn máy trị giá 26 triệu đồng.

A. 191 triệu đồng.
B. 123 triệu đồng.
C. 124 triệu đồng.
D. 145 triệu đồng.
Lời giải
Chọn B
Số tiền lãi ông Nam thu được sau 3 năm là x 1  6, 6%   x  26  x 

26

3

1  6, 6% 

3

1

 123 .

Vậy ông Nam cần số tiền tối thiểu 123 triệu đồng.
Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

 P  : 2 x  y  2 z  1  0 . Gọi

x 1 y 1 z  2


và mặt phẳng
1

2
1

d  là hình chiếu của đường thẳng d lên mặt phẳng  P  , vectơ

chỉ phương của đường thẳng d  là
A. u3   5; 16; 13 .

B. u2   5; 4; 3

C. u4   5;16;13 .

D. u1   5;16; 13 .

Lời giải
Chọn D

d có vectơ chỉ phương ud  1; 2; 1 ;  P  có vectơ pháp tuyến n   2;1; 2  .
Gọi mặt phẳng  Q  là mặt phẳng chứa d và vuông góc mặt phẳng  P  . Khi đó mặt phẳng

Q 

có vectơ pháp tuyến là n  ud , n    5; 4; 3 .
Ta có d  là giao tuyến của hai mặt phẳng  P  và  Q  .
Như vậy d  có vectơ chỉ phương n, n   5;16; 13  u1 .

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

18

Câu 45:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 4; 0; 0 , B 0; 4; 0 , S 0; 0;c và đường
thẳng d :

x

y

1

z

1

1

1

1

. Gọi A , B lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên

2

SA, SB . Khi góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng OA B

lớn nh t, mệnh đề nào sau đây

đúng?
A. c

B. c

8; 6 .

C. c

9; 8 .

0; 3 .

D. c

17
;
2

15
.
2

Lời giải
Chọn D
 SA'  SB '
.Ta có: u 1;1; 2  ; AB  4; 4;0  . Do SOA  SOB  
 A' B ' AB ét .
SA


SB

Xét
2
AA' OA2
42
16
13c 
'
'  4c
SOA : OA2  AA'2 .SA 



AA

AS

A
;0; 2

.
2
2
2
2
2
SA SA
4 c
16  c

c  16 
 16  c

 4c 2
13c 
 OA  
;0; 2
  u OA'   c;0; 4  ;
2
16

c
c

16


Khi đó,  AB; nOA'   16;16; 4c   nOA' B'    4;4; c  .
'









Gọi   d ;  OA' B '   cos   cos ud ; nOA' B'   cos  

2
 cos  
6

 c  4

Câu 46: Cho hàm số y

2

c  32

 Maxf  c   f  8 

2

.

 c  4

2

12  12  22 . 42  42   c 

2

c 2  32

Xét hàm số f  c 

4.1  4.1  2.c

 f c 
'

8  c 2  4c  32 

c

2

 32 

2

c4
0
c  8

3
2 3
 Max  cos   
.
 1 c  8
2
6 2

f x có đồ thị như hình vẽ.

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

19


y

-2

a

2

O

6

x

y = f(x)

Biết t t cả các điểm cực trị của hàm số y
trị của hàm số y

f x6

2; 0;2; a;6 với 4

a

6 . Số điểm cực

3x 2 là
B. 11 .

A. 8 .

f x là

D. 7 .

C. 9 .
Lời giải

Chọn D
Ta có: Xét y '   6 x5  6 x  f '  x6  3x 2  .

 6 x5  6 x  0
y  0   6 x  6 x  f  x  3x   0   ' 6
2
 f  x  3x   0
 x0
x0

 x4  1
 x0

4


x


1

 x2  1
 x  1
6
2
 x  3x  2
 2

 6
 x 0 x 3
2
 x  3x  0
 x2  3
x   
 x 6  3x 2  a



 x2    1  x   
6
2

 x  3x  6
 2
x




1

Nhận th y: x  0 là nghiệm bội 3 nên là cực trị.
x  1 là nghiệm bội 2 nên không là cực trị.
'

5

'

6

2

x   3; x    ; x    là các nghiệm đơn nên là cực trị.

Vậy hàm số y  f  x6  3x 2  có 7 cực trị

x  t  dx  dt ; x  1  t  1; x  0  t  0 .
0
1 t
1 x
f  2t 
5 f  2t 
5 f  2x 
dt  
dt  
dx .
Suy ra I1   
t

t
1 5
1 5
1  5x
1
0
0
1
1
1
5x f  2 x  f  2 x 
f  2x 
dx
dx

dx

f
2
x
dx



0 1  5x
0
0 f  2 x  dx  8 .
1  5x
1  5x
0

Đặt u  2x  du  2dx ; x  0  u  0, x  1  u  2 .
1

Do đó I  

1

Suy ra 8  
0

2

2

1
1
f  2 x  dx   f  u  du   f  x  dx . Vậy
20
20

2

 f  x  dx  16 .
0

Câu 47: Cho hai số thực x, y thỏa mãn

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

20

5  4 x  x2
2
 log 2  2 y  8  .
3
Gọi S là tập các giá trị nguyên của tham số m để giá trị lớn nh t của biểu thức
log

y 2  8 y  16   log 2  5  x 1  x    2 log 3
3

P

x 2  y 2  m không vượt quá 10 . Hỏi S có bao nhiêu tập con không phải tập rỗng?

B. 16383 .

A. 2047 .

C. 16384 .
Lời giải

D. 32 .

Chọn B
y  4
Với điều kiện 
ta có
 1  x  5

log

y 2  8 y  16   log 2  5  x 1  x    2 log 3
3

5  4 x  x2
2
 log 2  2 y  8 
3

 2 log 3  y  4   log 2   x 2  4 x  5   2 log 3  5  4 x  x 2   log 2  y  4 
2

2

 2 log 3  y  4   log 2  y  4   2 log 3  5  4 x  x 2   log 2   x 2  4 x  5 
2

2

1

Xét hàm số f  t   2log3 t  log 2 t , t  0 .
2
1
1

  2 ln 2  ln 3  0, t  0 .
t ln 3 t ln 2 t

hàm số
f  t  đồng biến trên  0;   ,

Ta có f   t  
Suy

ra

 y  4

2

  x 2  4 x  5  x 2  y 2  4 x  8 y  11 

4

2

do

đó

từ

 *

suy

ra

 82  x 2  y 2   11 .

Do đó 3  2 5  x 2  y 2  3  2 5 .
Yêu

cầu

bài

toán

tương

đương

 3  2 5  m  10
 10  3  2 5  m  10
7  2 5  m  13  2 5






3  2 5  m  10



 10  3  2 5  m  10
13  2 5  m  7  2 5


 7  2 5  m  7  2 5 .

Vì m nguyên nên m  2; 1;...;11
Số tập con khác rỗng của S là 214  1  16383 .
1

Câu 48: Cho tích phân I    x  2  ln  x  1 dx  a ln 2 
0

a  b bằng
A. 8 .

7
trong đó a , b là các số nguyên dương. Tổng
b

2

B. 16 .

C. 12 .
Lời giải

D. 20 .

Chọn D

1


du 
dx

u  ln  x  1

x 1
Đặt 
.

2
dv   x  2  dx v  x  2 x

2
Khi đó

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

21


1

1
1
 x2

1 x2  4 x
5
1 
3 

I    x  2  ln  x  1 dx    2 x  ln  x  1  
dx  ln 2    x  3 
 dx
2
2
x

1
2
2
x

1




0
0
0
0
1

1


5
1  x2
7
 ln 2    3x  3ln  x  1   4ln 2  .

2
2 2
4
0
Suy ra a  b  4  a  b2  20 .
Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : mx   m  1 y  z  2m  1  0 , với
m là tham số. Gọi T  là tập hợp các điểm H m là hình chiếu vuông góc của điểm H  3;3;0 

trên  P  . Gọi a , b là khoảng cách lớn nh t, khoảng cách nhỏ nh t từ O đến một điểm thuộc

T  . Khi đó

a  b bằng

A. 5 2 .

B. 3 3 .

C. 8 2 .
Lời giải

D. 4 2 .

Chọn D

Hm
O

M
H

N

Ta có mặt phẳng  P  : mx   m  1 y  z  2m  1  0 đi qua hai điểm cố định là M 1;1;0  và

N  2;0;  1 . Vậy mặt phẳng  P  luôn chứa đường thẳng cố định MN có phương trình tham số

x  1 t

là:  y  1  t  t 
z   t


 . Gọi

K là hình chiếu vuông góc của H trên đường thẳng MN ta tìm

được tọa độ của K  1;1;0   M vậy tập hợp các điểm H m là đường tròn đường kính HM
nằm trong mặt phẳng chứa HM và vuông góc với đường thẳng MN .
Ta có OM  1;1;0  , OH   3;3;0   O, M , H thẳng hàng và O cũng nằm trên mặt phẳng chứa
đường tròn H m .
Vậy khoảng cách lớn nh t từ O đến H m là a  OH  9  9  0  3 2 .
Khoảng cách nhỏ nh t từ O đến H m là b  OM  1  1  0  2  a  b  4 2 .
Câu 50: Cho số phức z

1  i  z  1  3i

thỏa mãn

 3 2 . Giá trị lớn nh t của biểu thức

P  z  2  i  6 z  2  3i bằng

A. 5 6 .





B. 15 1  6 .

C. 6 5 .

D. 10  3 15 .

Lời giải
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

22


Chọn C
Đặt z  a  bi với a, b 

được biểu diễn bởi điểm M  a; b  .

Theo giả thiết 1  i  z  1  3i  3 2  1  i  a  bi   1  3i  3 2

  a  b  1   a  b  3 i  3 2  2a 2  2b2  4a  8b  10  18
  a  1   b  2   9  C1  .

2

2

Ta có P  z  2  i  6 z  2  3i 



1  2   a  2    b  1
2

2

 a  2    b  1
2

2

2
2
 2 3  a  2    b  3  



2
2
 3  a  2   3  b  3   3  4a 2  4b 2  8a  16b  44 


 3  4  a  1  4  b  2   24   3  4.9  24   180  6 5



D u bằng xảy ra khi
2

2

 a  2    b  1
1
2
2
2
2

 3  a  2    b  3   2  a  2    b  1 




2
2
2
3  a  2    b  3  


2

2

  a  10    b  11  192  C2 

2

2

Vậy điểm M  a; b  thỏa mãn yêu cầu bài toán là giao điểm của hai đường tròn

 a  1   b  2
2

2

 9  C1  và  a  10    b  11  192  C2  .
2

2

---HẾT---

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

23