Đề khảo sát toán THPT quốc gia 2019 lần 3 trường thiệu hóa – thanh hóa

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT THIỆU HÓA

Mã đề thi: 132

THI KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA LẦN 3
NĂM HỌC: 2018-2019
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm)

Họ, tên thí sinh:..................................................................... Số báo danh: .............................
Câu 1: Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên  và có bảng biến thiên sau:

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f ( x ) − 1 =m có đúng hai nghiệm.
A. −2 < m < −1 .
B. m = −2 , m ≥ −1 .
Câu 2: Đồ thị sau đây là của hàm số nào?

A. y =

x+2
.
x +1

B. y =

Câu 3: Tính giá trị của a

log

a

4

x+3
.
1− x

C. m > 0 , m = −1 .

C. y =

2x +1
.
x +1

D. y =

A. y logπ ( 4 x + 1) .
=

x −1
.
x +1

với a > 0, a ≠ 1 .

A. 8 .
C. 16 .
B. 4 .

Câu 4: Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào nghịch biến trên tập số thực  ?
2

D. m = −2 , m > −1 .

x

π 
B. y =   .
3

D. 2 .
x

2
D. y =   .
e

C. y = log 1 x .
3

mx + 1
với tham số m ≠ 0 . Giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số
x − 2m
thuộc đường thẳng có phương trình nào dưới đây?
0.
0.
0.
A. 2 x + y =
B. x − 2 y =

C. y = 2 x .
D. x + 2 y =
Câu 5: Cho hàm số y =

Câu 6: Tìm hệ số góc của tiếp tuyến đồ thị hàm số y =
A.

9
.
5

B.

5
.
9

3 − 4x
7
tại điểm có tung độ y = − .
x−2
3
5
D. − .
C. −10 .
9

1



Câu 7: Giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của hàm số y= x − ln x trên đoạn  ; e  theo thứ tự là:
2 
A. 1 và e .

B. 1 và

1
+ ln 2 .
2

C. 1 và e − 1 .

D.

1
+ ln 2 và e − 1 .
2

Trang 1/6 - Mã đề thi 132 - />

0 có hai
Câu 8: Giá trị của tham số m thuộc khoảng nào sau đây để phương trình 4 x − m.2 x +1 + 2m =
nghiệm x1 , x2 thoả mãn x1 + x2 =
3.
A. m ∈ (1;3) .

9
2




C. m ∈ ( 3;5 ) .

B. m ∈  ;5  .

Câu 9: Rút gọn biểu thức A =

3

a

7

11
.a 3

7

với a > 0 ta được kết quả A =

a 4 . a −5
phân số tối giản. Khẳng định nào sau đây đúng?

D. m ∈ ( −2; −1) .
m
an

trong đó m,n ∈ * và

m
là
n

A. m 2 + n 2 =
B. m 2 − n 2 =
C. m 2 − n 2 =
D. m 2 + n 2 =
312 .
543 .
−312 .
409
Câu 10: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình bên. Tìm số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) .

A. 3 .

B. 1 .

C. 4 .

D. 2 .

Câu 11: Một chất điểm chuyển động theo quy luật s ( t ) =−t 3 + 6t 2 với t là thời gian tính từ lúc bắt đầu

chuyển động, s ( t ) là quãng đường đi được trong khoảng thời gian t . Tính thời điểm t tại đó vận tốc đạt
giá trị lớn nhất.
A. t = 2.

B. t = 1.

D. t = 3.

C. t = 4

Câu 12: Gọi T là tổng các nghiệm của phương trình log x − 5log 3 x + 4 =
0 . Tính T .
2
1
3

A. T = 84 .
Câu 13: Hàm số f ( x ) =
A. −1 .

D. T = −5 .

C. T = 5 .

B. T = 4 .

3 + x + 5 − x − 3 x + 6 x đạt giá trị lớn nhất khi x bằng:
2

D. 0 .

C. 1 .

B. Một giá trị khác.

Câu 14: Gọi m và M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y =x − 4 − x 2 . Tính
tổng M + m .
A. M + m =2 − 2 .

(

)

B. M + m = 2 1 − 2 .

(

)

C. M + m = 2 1 + 2 .

4.
D. M + m =

Câu 15: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AB  2a , A ' A  a 3 . Tính thể tích V của
khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' theo a .
A. V 

3a 3
.
4

B. V  a 3 .

C. V  3a 3 .

D. V 

a3
.
4

Câu 16: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng a 2 . Tính khoảng
cách d từ tâm O của đáy ABCD đến một mặt bên theo a .
A. d =

a 2
.
3

B. d =

a 5
.
2

C. d =

a 3
.
2

D. d =

2a 5

.
3

Câu 17: Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có đường chéo bằng a 3 . Tính thể tích khối chóp
A′. ABCD .
A. 2 2a 3 .

B.

a3
.
3

C. a 3 .

D.

2 2a 3
.
3

Trang 2/6 - Mã đề thi 132 - />

Câu 18: Tìm họ nguyên hàm của hàm số y = x 2 − 3x +

x3
1
− 3x + 2 + C , C ∈  .
3
x

x
3
x
3
−
− ln x + C , C ∈  .
C.
3 ln 3

1
.
x

1
x 3 3x
−
− 2 + C, C ∈  .
3 ln 3 x
x 3 3x
−
+ ln x + C , C ∈  .
D.
3 ln 3

A.

B.

4

2

0

0

Câu 19: Cho tích=
phân I ∫=
f ( x ) dx 32 . Tính tích phân J = ∫ f ( 2 x ) dx
A. J = 64 .

B. J = 8 .

Câu 20: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x) =

C. J = 32 .
2
4x − 3

3
+C.
2
2
1
3
D. ∫
=
dx
ln(2 x − ) + C .
4x − 3

2
2

1
ln 4 x − 3 + C .
4
2
1
3
C. ∫
=
dx
ln 2 x − + C .
4x − 3
2
2

A.

D. J = 16 .

2

dx
∫ 4 x − 3=

B.

2

dx
∫ 4 x − 3=

2ln 2 x −

2 cos x − 1
trên khoảng ( 0; π ) . Biết
sin 2 x
3 . Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau.

Câu 21: Cho hàm số F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) =
rằng giá trị lớn nhất của F ( x ) trên khoảng ( 0; π ) là
 2π
A. F 
 3

3

.
=
 2

 5π 
B. F 
= 3 − 3 .
 6 

π 
C. F  =
 3 3−4.

6

π 
D. F   = − 3 .
3

Câu 22: Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông, diện tích xung quanh bằng 36π a 2 . Tính thể
tích V của lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ.
A. V = 27 3a 3 .

B. V = 24 3a 3 .

C. V = 36 3a 3 .

D. V = 81 3a 3 .

Câu 23: Cho hình lập phương có thể tích bằng 64a 3 . Thể tích của khối cầu nội tiếp hình lập phương đó bằng
A. V =

8π a 3
.
3

B. V =

16π a 3
.
3

C. V =

64π a 3
.
3

D. V =

32π a 3
.
3

Câu 24: Cho khối nón có bán kính đáy r = 3, chiều cao h = 2. Tính thể tích V của khối nón.
A. V = 9π 2.

C. V = 3π 2

B. V = 3π 11.

D. V = π 2 .

Câu 25: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi (α ) là mặt phẳng song song với mặt phẳng

( β ) : 2 x − 4 y + 4 z + 3 =0 và cách điểm A ( 2; −3; 4 )

một khoảng k = 3 . Phương trình của mặt phẳng (α )

là:
A. 2 x − 4 y + 4 z − 5 =
0 hoặc 2 x − 4 y + 4 z − 13 =
0.

C. x − 2 y + 2 z − 7 =
0.

B. x − 2 y + 2 z − 25 =
0.
D. x − 2 y + 2 z − 25 =
0 hoặc x − 2 y + 2 z − 7 =
0.

0 phương
Câu 26: Điều kiện cần và đủ để phương trình x 2 + y 2 + z 2 + 2x + 4y − 6z + m 2 − 9m + 4 =là
trình mặt cầu là.
A. −1 ≤ m ≤ 10 .
B. m < −1 hoặc m > 10 . C. m > 0 .
D. −1 < m < 10 .
Câu 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có phương trình x 2 + y 2 + z 2 =
9 và
điểm A ( 0; − 1; 2 ) . Gọi ( P ) là mặt phẳng qua A và cắt mặt cầu ( S ) theo một đường tròn có chu vi nhỏ
nhất. Phương trình của ( P ) là.
A. y − 2 z + 5 =
0.

B. x − y + 2 z − 5 =
0.

C. − y + 2 z + 5 =
0.

D. y − 2 z − 5 =
0.

Câu 28: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A ( 2; −1;6 ) , B ( −3; −1; −4 ) , C ( 5; −1;0 ) , D (1; 2;1) . Tính
thể tích V của tứ diện ABCD.
Trang 3/6 - Mã đề thi 132 - />

A. 40.

B. 60.

C. 50.

D. 30.

Câu 29: Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A ( 6; −2;3) , B ( 0;1;6 ) , C ( 2;0; −1) , D ( 4;1;0 ) . Gọi (S) là
mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D. Hãy viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu (S) tại điểm A
A. 4x − y − 9 =
B. 4x − y − 26 =
C. x + 4y + 3z − 1 =0 .
D. x + 4y + 3z + 1 =0 .
0.
0.
Câu 30: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm G (1;4;3) . Viết phương trình mặt phẳng cắt
các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho G là trọng tâm tứ diện OABC ?
A.

x y
z
+ +
= 1.
4 16 12

B.

x y
z
+ + =
0.
4 16 12

C.

x y z
+ + = 0.
3 12 9

D.

x y z
+ + = 1.
3 12 9

18

 x 4
Câu 31: Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển    với x  0 .
 2 x 
A. 29 C189 .

B. 211 C187 .

C. 28 C188 .

D. 28 C1810 .

Câu 32: Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên nhỏ hơn 300. Gọi A là biến cố “số được chọn không chia hết
cho 3”. Tính xác suất P ( A ) của biến cố A .
2
A. P ( A ) = .
3

B. P ( A ) =

124
.
300

 x= π + kπ
A. 
π
x =
− + kπ
4


 x= π + k 2π
B. 
π
x =
− + kπ
4



1
C. P ( A ) = .
3
x
x π
Câu 33: Tập nghiệm của phương trình: sin 2  −  tan 2 x − cos 2 = 0 là
2
2 4

 x= π + 2kπ
C. 
π
x =
− + k 2π
4


D. P ( A ) =

99
.
300

 x= π + kπ
D. 
π
x =
− + k 2π

4


Câu 34: Cho hàm số y =x 3 − 3mx 2 + 3 ( m 2 − 1) x − m 3 với m là tham số. Gọi ( C ) là đồ thị của hàm số đã
cho. Biết rằng khi m thay đổi, điểm cực tiểu của đồ thị ( C ) luôn nằm trên một đường thẳng d cố định.
Xác định hệ số góc k của đường thẳng d .
1
B. k = .
A. k = −3 .
3

1
D. k = − .
3

C. k = 3 .

Câu 35: Cho hàm số f ( x) . Biết hàm số y = f '( x) có đồ thị như hình bên. Trên [ −4;3] hàm số
g (=
x) 2 f ( x) + (1 − x) 2 đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm .

y
5
3

2
3

−4

−3

x

−1 O

−2

A. x0 = −4 .

B. x0 = 3 .

C. x0 = −3 .

D. x0 = −1 .

Câu 36: Tính tổng T của các giá trị nguyên của tham số m để phương trình e x + (m 2 − m)e− x =
2m có
đúng hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn
A. T = 28.

1
.
log e

B. T = 20.

C. T = 21.

D. T = 27.

Câu 37: Cho x, y là các số thực lớn hơn 1 sao cho y x . ( e x ) ≥ x y . ( e y ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
e

y

e

x

thức P log x xy + log y x .
=
A.

2
.
2

B. 2 2 .

C.

1+ 2 2
2

D.

1+ 2
.
2

Trang 4/6 - Mã đề thi 132 - />

Câu 38: Tìm giá trị nguyên thuộc đoạn 2019; 2019 của tham số m để đồ thị hàm số y 
có đúng hai đường tiệm cận.
A. 2008 .
B. 2010 .

C. 2009 .

x 3
x  xm
2

D. 2007 .

Câu 39: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên  là f ′ ( x ) =
( x − 1)( x + 3) .Có bao nhiêu giá trị nguyên của
tham số m thuộc đoạn [ −10; 20] để hàm số y= f ( x 2 + 3 x − m ) đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) ?

A. 18 .
B. 17 .
C. 16 .
D. 20 .
Câu 40: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp một, đạo hàm cấp hai liên tục trên [0;1] và thỏa mãn
1

1

1

e f(x)dx ∫ =
e f '(x)dx ∫ e f "(x)dx ≠ 0 . Giá trị của biểu thức
∫=
x

0

x

0

A. -1.

x

0

B. 1.

ef '(1) − f '(0)
bằng
ef(1) − f(0)

C. 2.

D. -2.

Câu 41: Cho hàm số f ( x ) xác định trên  \ {1} thỏa mãn f ′ ( x ) =
Tính S= f ( 3) − f ( −1) .

1
, f ( 0 ) = 2018 , f ( 2 ) = 2019 .
x −1

A. S = ln 4035 .
B. S = 4 .
C. S = ln 2 .
D. S = 1 .
Câu 42: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC. A′B′C ′. Gọi M , N , P, Q là các điểm lần lượt thuộc các cạnh
AM 1 BN 1 CP 1 C ′Q 1
= ,
AA′, BB′, CC ′, B′C ′ thỏa mãn
= ,
= ,
= . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích
AA′ 2 BB′ 3 CC' 4 C ′B′ 5
V
khối tứ diện MNPQ và khối lăng trụ ABC. A′B′C ′. Tính tỉ số 1 .
V2
A.

V1 22
= .
V2 45

B.

V1 11
= .

V2 45

C.

V1 19
= .
V2 45

D.

V1 11
= .
V2 30

  60 và SA vuông góc với
Câu 43: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , BAD
mặt phẳng  ABCD  . Góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  bằng 45 . Gọi M là điểm đối xứng
của C qua B và N là trung điểm của SC . Mặt phẳng  MND  chia khối chóp S . ABCD thành hai khối
đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh S có thể tích V1 , khối đa diện còn lại có thể tích V2 (tham khảo
V
hình vẽ sau). Tính tỉ số 1 .
V2

V
V1 1
V
V
7
5
12

B. 1  .
C. 1  .
D. 1  .
 .
V2 5
V2 5
V2 3
V2
7
Câu 44: Trong số các hình trụ có diện tích toàn phần đều bằng S thì bán kính R và chiều cao h của

A.

khối trụ có thể tích lớn nhất là:
A. R
=

S
S
B. R
=
;h 2
=
6π
6π

S
=
;h
4π

S
. =
C. R
4π

2S
2S
=
;h 4
=
D. R
3π
3π

S
1 S
=
;h
2π
2 2π

Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 3;2;1) và B ( −1;4; −3) . Điểm M thuộc
mặt phẳng ( Oxy ) sao cho MA − MB lớn nhất.
Trang 5/6 - Mã đề thi 132 - />

A. M ( −5;1;0 ) .

B. M ( 5;1;0 ) .

C. M ( 5; −1;0 ) .

D. M ( −5; −1;0 ) .

Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A ( 7; 2;3) , B (1; 4;3) , C (1; 2;6 ) , D (1; 2;3)
và điểm M tùy ý. Tính độ dài đoạn OM khi biểu thức P = MA + MB + MC + 3MD đạt giá trị nhỏ nhất.
3 21
5 17
D. OM =
.
.
B. OM = 26 .
C. OM = 14 .
4
4
Câu 47: Gieo một con súc sắc năm lần liên tiếp. Xác suất để tích các số chấm xuất hiện ở năm lần gieo
đó là một số tự nhiên có tận cùng bằng 5 là
5
211
1
2
A.
.
B. .
C. .
D.
.
7776
3
2

486

A. OM =

Câu 48: Cho cấp số nhân ( bn ) thỏa mãn b2 > b1 ≥ 1 và hàm số f ( x=
) x3 − 3x sao cho f ( log 2 ( b2 ) ) + 2
= f ( log 2 ( b1 ) ) . Giá trị nhỏ nhất của n để bn > 5100 bằng

A. 333 .

B. 229 .

C. 234 .

D. 292 .

1 2 4 x 2 − 1 có nghiệm x ∈ R khi:
Câu 49: Phương trình: 3 x − 1 + m x +=
1
1
1
1
A. 0 ≤ m ≤ .
B. −1 < m ≤ .
C. m ≥ .
D. −1 ≤ m ≤ .
3
3
3
3

Câu 50: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD . Gọi
M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC , BD và P là giao điểm của

MN , AC . Biết đường thẳng AC có phương trình x − y − 1 =0 , M ( 0; 4 ) , N ( 2; 2 ) và hoành độ điểm A nhỏ
hơn 2. Tìm tọa độ các điểm P, A, B .
5 3
A. P  ; −  , A ( −1;0 ) , B ( −1; 4 )
2 2
5 3
C. P  ;  , A ( 0; −1) , B ( 4;1) .
2 2

5 3
B. P  ;  , A ( 0; −1) , B ( −1; 4 ) .
3 2
5 3
D. P  ;  , A ( 0; −1) , B ( −1; 4 ) .
2 2

----------- HẾT ----------

Trang 6/6 - Mã đề thi 132 - />

ĐÁP ÁN CÁC MÃ ĐỀ
132 
132 
132 
132 
132 
132 

132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 

132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 

1 
2 
3 
4 
5 
6 
7 
8 
9 
10 
11 
12 
13 
14 
15 

16 
17 
18 
19 
20 
21 
22 
23 
24 
25 
26 
27 
28 
29 
30 
31 
32 
33 
34 
35 
36 
37 
38 
39 
40 
41 
42 
43 
44 
45 

46 
47 
48 
49 
50 

D 
C 
C 
D 
B 
B 
C 
C 
B 
A 
A 
A 
C 
B 
C 
A 
B 
B 
D 
C 
C 
D 
D 
C 

D 
D 
A 
D 
B 
A 
A 
A 
B 
A 
D 
D 
C 
A 
A 
B 
D 
B 
D 
A 
B 
C 
A 
C 
B 
D 

209 
209 
209 

209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 

209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 

1 
2 
3 
4 
5 
6 
7 
8 
9 
10 
11 
12 

13 
14 
15 
16 
17 
18 
19 
20 
21 
22 
23 
24 
25 
26 
27 
28 
29 
30 
31 
32 
33 
34 
35 
36 
37 
38 
39 
40 
41 
42 

43 
44 
45 
46 
47 
48 
49 
50 

D 
A 
B 
D 
C 
D 
B 
A 
C 
A 
C 
A 
B 
C 
A 
B 
B 
D 
C 
D 
A 

C 
A 
B 
C 
D 
A 
B 
D 
A 
A 
C 
C 
B 
B 
B 
D 
D 
D 
C 
C 
B 
C 
D 
D 
B 
A 
C 
B 
B 

357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 

357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 

1 
2 
3 
4 
5 
6 
7 
8 
9 

10 
11 
12 
13 
14 
15 
16 
17 
18 
19 
20 
21 
22 
23 
24 
25 
26 
27 
28 
29 
30 
31 
32 
33 
34 
35 
36 
37 
38 
39 

40 
41 
42 
43 
44 
45 
46 
47 
48 
49 
50 

C 
A 
C 
B 
D 
D 
A 
A 
C 
A 
D 
B 
B 
A 
A 
D 
C 
A 

D 
C 
A 
C 
B 
D 
C 
D 
B 
D 
C 
D 
A 
B 
C 
B 
B 
C 
D 
A 
B 
A 
D 
A 
B 
B 
C 
B 
D 
D 

C 
C 

485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 

485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 

1 
2 
3 
4 
5 
6 

7 
8 
9 
10 
11 
12 
13 
14 
15 
16 
17 
18 
19 
20 
21 
22 
23 
24 
25 
26 
27 
28 
29 
30 
31 
32 
33 
34 
35 
36 

37 
38 
39 
40 
41 
42 
43 
44 
45 
46 
47 
48 
49 
50 

C 
C 
B 
B 
A 
A 
B 
B 
A 
C 
B 
D 
B 
C 
A 

C 
C 
D 
D 
D 
D 
D 
D 
A 
D 
B 
B 
C 
C 
A 
D 
C 
A 
A 
D 
C 
D 
D 
C 
A 
B 
D 
B 
B 
C 

D 
D 
A 
C 
C 


Mã đề 132: câu 18, B sửa thành D
Mã đề 209: câu 27, A sửa thành D
Mã đề 357: câu 14, A sửa thành D
Mã đề 485: câu 5, A sửa thành D


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT THIỆU HÓA

Mã đề thi: 132

ĐÁP ÁN ĐỀTHI KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA
LẦN 3. NĂM HỌC: 2018-2019
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm)

 m = −2
 m + 1 =−1
⇔
Câu 1: Chọn D Phương trình f ( x ) − 1 =m có đúng hai nghiệm 
.
 m > −1

m + 1 > 0
Câu 2: Chọn C
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = −1 , tiệm cận ngang y = 2 và cắt trục tung tại điểm ( 0;1) .
Câu 3: Chọn C.

Ta có a

log

a

4

= a 2loga 4 = a loga 16 = 16 .
x

2
2
Câu 4: Chọn D. Ta có: 0 < < 1 ⇒ hàm số y =   nghịch biến trên tập số thực  .
e
e
Câu 5: Chọn B.
lim y= m ⇒ đường thẳng y = m là đường tiệm cận ngang của đths.
x →±∞

lim + y = +∞ ⇒ đường thẳng x = 2m là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

x →( 2 m )

Suy ra giao điểm hai đường tiệm cận của đths là điểm ( 2m; m ) thuộc đường thẳng x = 2 y .

Câu 6: Chọn B.
Xét hàm số y =

5
7
3 − 4x
. Ta có y0 =
.
− ⇒ x0 =
−1 . y′ =
2
x−2
3
x
−
2
(
)

7
5
là y′ ( −1) =.
3
9
1 x −1
1 
Câu 7: Chọn C. Ta có y′ =1 − =
; y′ =0 ⇔ x =1 ∈  ;e  .
x
x

2 
Hệ số góc tiếp tuyến tại điểm có tung độ y0 = −

1 1
Ta có: y  =
+ ln 2 ; y (1) = 1 ; y ( e )= e − 1 . Vậy min y = 1 ; max y= e − 1
1 
1 
2 2
 2 ;e 
 2 ;e 








Câu 8: Chọn C. Đặt 2 x = t , t > 0 , Phương trình trở thành t − 2m.t + 2m =
0 ( *) .
2

Khi x1 + x2 =
3 ⇒ 2 x1 + x2 =
8 ⇔ t1.t2 =
8.

Bài toán quy về tìm điều kiện của tham số m để phương trình (*) có hai nghiệm t1 ; t2 thỏa mãn

t1.t2 = 8 . Áp dụng định lý Viét ta có t1=
.t2 2=
m 8⇒m=
4.
Thử lại: Với m = 4 phương trình trở thành t 2 − 8t + 8 =
0 có hai nghiệm. Vậy m = 4 thỏa mãn.
3

7

11
.a 3

a
Câu 9: Chọn B. Ta=
có A
=
4 7 −5
a . a

7 11
a 3 .a 3

=
−5

7 11
5
+ − 4+
3

3
7
a =

19
a7 .

a 4 .a 7

Suy ra m = 19 , n = 7 nên m 2 − n 2 =
312 .
Câu 10: Chọn A. Từ đồ thị hàm số đã cho ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị.
2
Câu 11: Chọn A. Vận tốc của chất điểm tại thời điểm t là v t   3t 2  12t  12  3t  2  12 .
Vậy tại thời điểm t = 2 tại đó vận tốc đạt giá trị lớn nhất.

1


Câu 12: Chọn A. Điều kiện: x > 0 .

log 3 x = 1
x = 3
Ta có: log 21 x − 5log 3 x + 4 =
. Vậy T = 84 .
0 ⇔ log 32 x − 5log 3 x + 4 =
0⇔
⇔
log 3 x 4=
 x 81

=
3
Câu 13: Chọn C. Điều kiện x ∈ [ −3;5]

Đặt t=

3 + x + 5 − x , x ∈ [ −3;5]

t2 = 8 + 2

( 3 + x )( 5 − x ) ≥ 8 ⇒ t ≥ 2

(1

2

2 ,=
t 1. 3 + x + 1. 5 − x ≤

+ 12 ) ( 3 + x + 5 − x=
) 4

2
 t 2 − 8  2

 t2 − 8 
f
=
t
+

3
−
15
Suy ra t ∈  2 2; 4  và − x =
.
Khi
đó

 , t ∈  2 2; 4 
15
+ 2x 
−



 2 

 2 
2

f ' = 1 + 6t ( t 2 − 8 ) > 0, ∀t ∈  2 2; 4  ⇒ f max = f (4) . Với t = 4 ⇒ x = 1
4 − x2 + x

Câu 14: Chọn B. Điều kiện: 4 − x 2 ≥ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤ 2 . y′ =

(

)

(

4 − x2

− 2 ; y ( 2) = 2 ;
0⇔ x=
; y′ =

)

−2 2 . Vậy M + m =2 − 2 2 =2 1 − 2 .
y ( −2 ) =
−2 ; y − 2 =

AB 2 3
 a2 3 .
4
Thể tích V của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là: V=
AA'
=
.S ABC 3a 3
ABC .A' B' C'
Câu 15: Chọn C.

Diện tích tam giác đều ABC là: S ABC 

Câu 16: Chọn A.

S

H

A

D

M
O
C
B
Gọi M là trung điểm AB , H là hình chiếu của O lên OM ta có: OH ⊥ ( SAB )

Xét tam giác SHO ta có:
1
1
1
4
1
9
a 2
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ OH = .
2
2
2
OH
OM
OS
a 2a
2a

3

Câu 17: Chọn B Áp dụng định lí Pitago, ta có:
AC ′2 = AA′2 + AC 2 = AA′2 + AB 2 + AD 2 = 3 AB 2 ⇔ 3a 2 = 3 AB 2 ⇔ AB = a .
VA=
′. ABCD

a3
1
1
.
AA′.=
S ABCD =
.a.a 2
3
3
3

Câu 18: Chọn B.

∫

1
1
x 3 3x
 2
x
−
− 2 + C, C ∈ 
 x − 3 + dx =

x
3 ln 3 x


Câu 19: Chọn D. Đặt t = 2 x ⇒
Khi đó: J =

dt
=
dx Đổi cận x = 0 ⇒ t = 0 ; x = 2 ⇒ t = 4
2

4
1
1
=
.32 16 .
f ( t )=
dt
2
2 ∫0

2


Câu 20: Chọn C Có

2

dx ∫

∫ 4 x − 3=

1
2x −

3
2

=
dx

1
3
ln 2 x − + C
2
2

2 cos x
1
=
dx − ∫ 2 dx
2
x
sin x
2 cos x − 1
2
.
=
−
+ cot x + C . F ′ ( x ) = f ( x ) =

sin 2 x
sin x

Câu 21: Chọn C.Ta có: F ( x ) = =
∫ f ( x ) dx

∫ sin

2

∫ sin

2

x

d ( sin x ) − ∫

1
dx
sin 2 x

π

Trên khoảng ( 0; π ) , F ′ ( x ) = 0 ⇔ 2 cos x − 1 =0 ⇔ x = .
3

Giá trị lớn nhất của F ( x ) trên khoảng ( 0; π ) là

3 nên ta có:

3 3
2
π 
+C = 3 ⇔ C =
F = 3 ⇔−
−
+ cot x + 2 3 .
2 3 .Vậy F ( x ) =
3
sin x
3
π 
Do đó F  =
 3 3−4.
6
Câu 22: Chọn D

Thiết diện qua trục hình hình trụ là hình vuông ADD′A′ . Gọi O , O′ lần lượt là hai tâm đường tròn đáy

S xq 2=
π rl 36π a 2 ⇔ 2π r.2r =
(hình vẽ) ⇒ l =
36π a 2 ⇒ r =
2r ; Theo giả thiết ta có: =
6a .
3a ⇒ l =
Lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ ABCDEF . A′B′C ′D′E ′F ′ có chiều cao là h = 6a .

( 3a ) 3

6.=
2

S ABCDEF=
= 6 SOAB

=
VABCDEF
. A′B′C ′D ′E ′F ′
Câu 23: Chọn D.

4

27 a 2 3
(vì OAB đều, cạnh bằng 3a ).
2

2

27 a 3
=
.6a 81a 3 3
2

3


Khối lập phương có thể tích 64a 3 nên cạnh bằng 4a .
Khối cầu nội tiếp hình lập phương có bán kính =
R

=
V

4a
= 2a nên thể tích khối cầu
2

4
4
32π a 3
3
.
=
π R3
π (=
2a )
3
3
3

1 2
1
9π 2
2
=
πr h
π .3
=
. 2

.
3
3
3
Câu 25: Chọn D. Vì (α ) / / ( β ) ⇒ (α ) : 2 x − 4 y + 4 z + m =
0 ( m ≠ 3)
Câu 24: Chọn C. Thể tích của khối nón:
=
V

Giả thiết có d ( A, (α ) ) = 3 ⇔

32 + m
6

 m = −14
3⇔
=
 m = −50

Vậy (α ) : x − 2 y + 2 z − 7 =
0 , (α ) : x − 2 y + 2 z − 25 =
0
Câu 26: Chọn D.
x 2 + y 2 + z 2 + 2x + 4y − 6z + m 2 − 9m + 4 =
0 ⇔ ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) =
−m 2 + 9m + 10
2

2

2

Do đó điều kiện cần và đủ để phương trình đã cho là phương trình mặt cầu là
−m 2 + 9m + 10 > 0 ⇔ −1 < m < 10 .

Câu 27: Chọn A. Mặt cầu ( S ) có tâm O ( 0; 0; 0 ) và bán kính R = 3 . A ( 0; − 1; 2 ) là điểm nằm bên trong
mặt cầu ( S ) . ( P ) là mặt phẳng qua A và cắt mặt cầu ( S ) theo một đường tròn có bán kính r .
2
Gọi H là hình chiếu của O lên ( P ) .Ta có r=
R 2 − OH 2 . rmin ⇔ OH max ⇔ H ≡ A .

Khi đó ( P ) nhận OA
= ( 0; − 1; 2 ) là vectơ pháp tuyến. Vậy phương trình ( P ) : y − 2 z + 5 =.
0

Câu 28: Chọn D.


AB =
( −5;0; −10 )   

 ⇒ AB ∧ AC =( 0; −60;0 ) 
1   
V
AB ∧ AC .AD
= 30
AC ( 3;0; −6 ) 
=
 ⇒=

6


AD =
( −1;3; −5)

Câu 29: Chọn B.


Gọi tâm của mặt cầu là I ( x; y; z ) khi đó AI = ( x − 6; y + 2; z − 3) , BI = ( x; y − 1; z − 6 ) ,


CI =( x − 2; y; z + 1) , DI =( x − 4; y − 1; z ) . Ta có: IA
= IB
= IC
= ID suy ra

(

)

4


( x − 6 )2 + ( y + 2 )2 + ( z − 3)2 = ( x − 4 )2 + ( y − 1)2 + z 2

2
2
2
2


IA 2 = IB2 = IC2 = ID 2 ⇔  x 2 + ( y − 1) + ( z − 6 ) = ( x − 4 ) + ( y − 1) + z 2
⇒ I(2;-1;3)

2
2
2
2
2
2
( x − 2 ) + y + ( z + 1) =( x − 4 ) + ( y − 1) + z
0
Vậy mặt phẳng cần tìm qua A và vuông góc với IA là 4 x − y − 26 =
Câu 30: Chọn A. +) Do A, B, C lần lượt thuộc các trục Ox, Oy, Oz nên A(a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c) .
+) Do G là trọng tâm tứ diện OABC nên suy ra=
a 4,=
b 16,=
c 12 .
+) Vậy phương trình đoạn chắn của mặt phẳng ( ABC ) là:
18k

18

18
 x 4
 x
Câu 31: Chọn A. Ta có:      C18k  
 2 x 
 2 
k 0

x y
z
+ +
= 1.
4 16 12

k

18
 
 4    23k 18 C18k x182 k .
 x 
k 0

x182 k  x 0  18  2k  0  k  9 .
18

 x 4
Hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển    là: 23.918 C189  29 C189 .
 2 x 
Câu 32: Chọn A. Số phần tử của không gian mẫu: n ( Ω ) =300
Số các số tự nhiên nhỏ hơn 300 mà chia hết cho 3 là:

( )

⇒P A =

( ) =100 =1 ⇒ P ( A) =1 − 1 =2 .

297 − 0
+ 1= 100 ⇒ n A = 100
3

( )

n A

n (Ω)

300

3

Câu 33: Chọn B. Điều kiện: cos x ≠ 0

3

3

(*) . Khi đó

x
x π
sin 2  −  tan 2 x − cos 2 =
0
2
2 4

1

π   sin 2 x 1

1 − cos  x −  
= (1 + cos x) ⇔ (1 − sin x ) sin 2 x = (1 + cos x) cos 2 x

2
2   cos 2 x 2

0
⇔ (1 − sin x ) (1 − cos x)(1 + cos x) = (1 + cos x)(1 − sin x)(1 + sin x) ⇔ (1 − sin x)(1 + cos x)(sin x + cos x) =
⇔

sin x = 1
π
π
⇔ cos x =
−1 ⇔ x =
+ k 2π , x =
π + k 2π , x =
− + kπ ( k ∈ Z )
2
4
 tan x = −1

π

Kết hợp với điều kiện (*) ta có tập nghiệm của PT là: x= π + k 2π , x =− + kπ (k ∈ Z )
4

 x= m − 1

Câu 34: Chọn A Ta có y ′ =3x 2 − 6mx + 3 ( m 2 − 1) . y ′= 0 ⇔ 
.
 x= m + 1
Vì hàm số bậc ba với hệ số a= 1 > 0 nên điểm cực tiểu của hàm số là A ( m + 1; −3m − 2 ) .
−3x + 1 , hệ
Lại có −3m − 2 =−3 ( m + 1) + 1 nên điểm cực tiểu của hàm số luôn thuộc đường thẳng d : y =

số góc k = −3 .
) 2 f '( x) − 2(1 − x) .
Câu 35: Chọn D. Trên [ −4;3] Ta có : g '( x=
 x = −4
g '( x) =0 ⇔ f '( x) =−
1 x ⇔  x =−1 .
 x = 3
Bảng biến thiên

5


x

−4

g '( x)

0

−1

−

3

0

+

0

g ( x)
Hàm số g ( x) đạt GTNN tại điểm x0 = −1 .

0 (1)
Câu 36: Chọn D. Đặt
=
t e x (t > 0) Phương trình đã cho trở thành: t 2 − 2mt + m 2 − m =
Phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn

0 < t1 < t2 < e

1
loge

1
⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt
log e

∆' > 0
m > 0
m 2 − m 2 + m > 0




21 − 41
21 + 41
2
af (10 ) > 0

100 − 20m + m − m > 0
m <
∨m>
⇔
⇔
=
10 ⇔ 
2
2
S
0 < m < 10
0 < m < 10
0 < < 10
2
m 2 − m > 0



m < 0 ∨ m > 1
 P > 0

{

Mà m ∈  nên m ∈ 2; 3; 4; 5; 6; 7} . Vậy tổng T = 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 27.
Câu 37: Chọn C.Ta có y x . ( e x ) ≥ x y . ( e y ) ⇔ x ln y + xe y ≥ y ln x + ye x ⇔
ey

ex

ln y + e y ln x + e x
≥
y
x

1 t 
t
 + e  .t − e − ln t et ( t − 1) + 1 − ln t g ( t )
ln t + et
t

Xét hàm=
số f ( t )
, t=
> 1 .ta có f ′ ( t )  =
=
t
t2
t2
t2
1
Hàm số g ( t=
) et ( t − 1) + 1 − ln t có g ′ ( t=) et ( t − 1) + et − > 0∀t > 1 . Suy ra g ( t ) > g (1) > 0

t
Suy ra f ′ ( t ) > 0∀t > 1 . Hàm số f ( t ) đồng biến trên (1; +∞ ) . f ( y ) ≥ f ( x ) ⇔ y ≥ x

1
1
P=
log x xy + log y x = (1 + log x y ) +
. Đặt log x y = u. với y ≥ x ⇒ u ≥ 1
2
log x y

1
1 1 u 1 1
1+ 2 2
.
(1 + u ) + = + + ≥ + 2 . Vậy GTNN của P là
2
u 2 2 u 2
2
Câu 38: Chọn A.
x 3
 0 . Do đó y  0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Ta có: lim y  lim 2
x
x x  x  m
Suy ra P =

x 3
có đúng hai đường tiệm cận thì phương trình x 2  x  m  0
x  xm

nghiệm kép x  3 hoặc có hai nghiệm phân biệt trong đó x1  3; x2  3 .
1
TH1:  1  4m  0  m   (loại)
4
 x1  3. x2  3  0

Để đồ thị hàm số y 

2

TH2:  1  4m  0  m  

1
4

có

 x1 x2  3 x1  x2   9  0
 m  3.1  9  0

 m  12
Số giá trị của m thỏa mãn là: 2019  12  1  2008

6


Câu 39: Chọn A. Ta có: y=′ f ′ ( x 2 + 3 x − m ) =

( 2 x + 3) f ′ ( x 2 + 3 x − m ) .

 x ≤ −3
Ta có: f ′ ( x ) =
và f ′ ( x ) < 0 ⇔ −3 < x < 1 .
( x − 1)( x + 3) suy ra f ′ ( x ) ≥ 0 ⇔ 
x ≥ 1
Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) khi y′ ≥ 0 ⇔ ( 2 x + 3) f ′ ( x 2 + 3 x − m ) ≥ 0 .
Do x ∈ ( 0; 2 ) nên 2 x + 3 > 0 . Do đó, ta có:

 m ≥ max ( x 2 + 3 x + 3)
2
2


x
x
m
+
−
≤
−
3
3
m
≥
x
+
3
x
+
3

( 0;2 )
⇔
y′ ≥ 0 ⇔ f ′ ( x 2 + 3x − m ) ≥ 0 ⇔  2
⇔
2
 m ≤ min x 2 + 3 x − 1
(
)
 x + 3x − m ≥ 1
 m ≤ x + 3x − 1
( 0;2 )


 m ≥ 13
.
⇔
 m ≤ −1
Do m ∈ [ −10; 20] nên các giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu đề bài là:
−10, −9, −8, −7, −6, −5, −4, −3, −2, −1,13,14,15,16,17,18,19, 20 .
Vậy có 18 giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu đề bài.
1

Câu 40: Chọn B. Đặt ∫=
ex f(x)dx
0

+) Ta =
có k

1

f "(x)dx
∫ e=

0

k

x

0

1

1

1

'(x)) e f '(x) − ∫ ex f '(x)dx
= ex f '(x) − k ⇒
=
2k (ef '(1) − f'(0))
∫ e d(f=

1

1

x
=

∫ e f '(x)dx
0

+) Vậy

1

ex f '(x)dx
∫=

=
∫ e f "(x)dx
x

0

+) Ta có
=
k

1

1

x

x

0

0

1

0

0

1

1

x
= ex f(x) − ∫ ex f(x)dx
= ex f(x) − k ⇒=
2k (ef(1) − f(0))
∫ e d(f(x))
0

0

0

0

ef '(1) − f '(0)
=1
ef(1) − f(0)

Câu 41: Chọn D Ta có: f ( x=

)

1

∫ f ′ ( x ) dx= ∫ x − 1 dx=

ln x − 1 + C

Khi đó: f ( −1)= ln 2 + C1 ; f ( 0=
3) ln 2 + C4 .
) C=2 2018 ; f ( 2=) C=3 2019 ; f (=
3



∫

f ′ ( x ) dx
=

2
0

3

1

∫ x − 1 dx ⇔ f ( 3) − f ( 2=)

ln 2 ⇔ ln 2 + C4 − C3 = ln 2 ⇒ C3 = C4 .

2
0

1
− ln 2 ⇒ C1 =
C2 .
dx ⇔ f ( 0 ) − f ( −1) =
− ln 2 ⇔ C2 − C1 − ln 2 =
x
−
1
−1

 ∫ f ′ ( x ) dx =∫
−1

Vậy S = f ( 3) − f ( −1) = C4 − C1 = 2019 − 2018 = 1
Câu 42: Chọn B.
A'

Q

C'

B'

M

P

A

N

C

B

=
VA′. ABC

1
2
V2 ⇒ V=
V=
V2 .
A′. BCC ′B′
M . BCC ′B′
3
3

7


4
3
7
S BCC' B' , SC' PQ
S BCC' B' , S BCPN
S BCC' B'

=
=
15
40
24
11
Suy ra S NPQ = S BCC' B' − S B' NQ − SC' PQ − S BCPN =
S BCC' B'
30
V 11
11
11
Do =
đó V1 V=
VM=
V2 hay 1 = .
. BCC ′B′
M . NPQ
V2 45
30
45

Mà S B' NQ
=

Câu 43: Chọn D

Gọi I  DM  AB và K  MN  SB Ta có: B, N lần lượt là trung điểm của MC , SC nên K là trọng
tâm tam giác SMC .Và BI là đường trung bình của tam giác MCD
V

1
MB MK MI
1 2 1 1
Khi đó MBKI 


     VMBKI  VMCND  VBKICND  5VMBKI
6
VMCND MC MN MD 2 3 2 6
+) Ta tính thể tích của khối SABCD :
  60
a,
a
ABCD
 BAD
là
hình
thoi
cạnh
góc
đều,
cạnh
BAD
2
2
a 3 a 3
  45  SA  OA  a 3
.Mặt khác  SBD  ,  ABCD   SOA
 S ABCD  2 S ABD  2.


4
2
2
2
3
1
1 a 3 a 3 a
 VSBCD   SA  S ABCD  


3
3 2
2
4
+) Tính thể tích khối KMIB
1
1 1
1
1
1 a 3 a 2 3 a3


VKMIB   d  K ,  MIB  S MIB   d  S ,  MIB  S MIB   SA   S ABD  
3
3 3
9
2
18 2
4
48

3
3
3
3
5a
a
5a
7a
V
7
Do đó: V2 
và V1  

 1 .
48
4
48
48
V2 5
Câu 44: Chọn A. Gọi thể tích khối trụ là V , diện tích toàn phần của hình trụ là S .
Ta có: S = S2 day + S xq = 2π R 2 + 2π Rh . Từ đó suy ra:
3

V2  S 
S3
S
S
V
V
V Cauchy 3 V 2

hay
.
27
≤
⇔
V
≤
= R 2 + Rh ⇔
= R2 +
= R2 +
+
3


4π 2  2π 
54π
2π
2π
πR
2π R 2π R ≥
4π 2
Vậy Vmax =

V
π R 2 h Rh
S3
. Dấu “=” xảy ra ⇔=
hay h = 2 R .
R2 = =
2π R 2π R

2
54π

Khi đó =
S 6π R 2 ⇒ =
R

S
S
và=
.
h 2=
R 2
6π
6π

Câu 45: Chọn B.

B′
A
M

( xOy )
B

8


Phương trình ( xOy ) : z = 0 . Vì z A .z B = 1. ( −3) < 0 nên A , B nằm khác phía so với ( xOy ) . Gọi B′ là
điểm đối xứng của B qua ( xOy ) . Khi đó: MA − MB = MA − MB′ ≤ AB′ . Suy ra MA − MB lớn nhất khi

M , A , B′ thẳng hàng hay M là giao điểm của đường thẳng AB′ và ( xOy ) .
Mà B′ ( −1;4;3) . Suy ra tọa độ M là ( 5;1;0 ) .



Câu 46: Chọn C. Ta có DA = ( 6;0;0 ) , DB = ( 0; 2;0 ) , DC = ( 0;0;3) nên tứ diện ABCD là tứ diện

( x − 6)

vuông đỉnh D . Giả sử M ( x + 1; y + 2; z + 3) .Ta có MA =
MB =
=
3MD

x 2 + ( y − 2 ) + z 2 ≥ y − 2 ≥ 2 − y . MC =
2

3( x2 + y 2 + z 2 ) ≥

( x + y + z)

2

2

+ y2 + z2 ≥ x − 6 ≥ 6 − x ,

x 2 + y 2 + ( z − 3) ≥ z − 3 ≥ 3 − z ,
2

≥ x+ y+z

Do đó P ≥ ( 6 − x ) + ( 2 − y ) + ( 3 − z ) + ( x + y + z ) =.
11
 x= y= z= 0
6 − x ≥ 0

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 11 , khi và chỉ khi 2 − y ≥ 0
⇔ x = y = z =0.
3 − z ≥ 0

 x + y + z ≥ 0
Khi đó M (1; 2;3) suy ra OM =

12 + 22 + 32 = 14 .

Câu 47: Chọn A. Gọi Ω là không gian mẫu, A là biến cố “gieo một con súc sắc năm lần liên tiếp có
tích các số chấm xuất hiện ở năm lần gieo là một số tự nhiên có tận cùng bằng 5 ”.
Gieo súc sắc năm lần liên tiếp nên nΩ = 65 .
Để tích các số chấm xuất hiện ở năm lần gieo là một số tự nhiên có tận cùng bằng 5 thì các mặt xuất hiện
phải có số chấm lẻ và xuất hiện mặt 5 chấm ít nhất một lần nên nA = 35 − 25 = 221 .
nA
221
.
=
nΩ 7776

Suy ra: P ( A
=
)

Câu 48: Chọn C Gọi q là công bội của cấp số nhân ( bn ) .Vì b2 > b1 ≥ 1 nên q > 1 .

f ( log 2=
+ log 2 q ) f ( log 2 ( b1 ) )
( b2 ) ) + 2 f ( log 2 ( b1 ) ) ⇔ f ( log 2 ( b1)=
⇔ ( log 2 ( b1 ) + log 2 q ) − 3 ( log 2 ( b1 ) + log=
2 q) + 2
3

( log ( b ) )
2

3

1

− 3log 2 ( b1 )

⇔ 3 ( log 2 ( b1 ) ) .log 2 q + 3log 2 ( b1 ) . ( log 2 q ) + ( log 2 q ) − 3log 2 q + 2 =
0
2

2

3

⇔ 3log 2 ( b1 ) .log 2 q. log 2 ( b1 ) + log 2 q  + ( log 2 q + 2 )( log 2 q − 1) =
0 . (*)
2

log ( b ) ≥ 0
Theo giả thiết thì  2 1
Do đó để (*) nghiệm đúng thì
log 2 q > 0

( )

b = 1
log 2 ( b1 ) = 0
⇔ 1

q = 2
log 2 q = 1

Vậy nên bn= 2n −1 > 5100 ⇔ n > log 2 5100 + 1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 234.
Câu 49: : Chọn B (Điều kiện: x ≥ 1 ) 3 x − 1 + m x +=
1 2 4 x − 1. 4 x + 1 (*) Ta có với x ≥ 1 Chia hai vế
phương trình (*) cho x + 1 ta có:

3 x −1
2 4 x −1
+ m =4
(1) Đặt=t
x +1
x +1

4
4

x −1
x −1
t4
⇒=
x +1
x +1

9


Với x ≥ 1 thì hàm số 0 ≤

x −1
2
=1−
< 1⇒ 0 ≤ t4 < 1 ⇔ 0 ≤ t < 1
x +1
x +1

(1): 3t 2 − 2t + m =
0 ( 2 ) Phương trình (*) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm: 0 ≤ t < 1
Xét hàm=
y f (=
t ) 3t 2 − 2t trên [ 0;1) ta có:

t

1
f ' ( t ) = 6t − 2 = 0 ⇔ t = ∈ [ 0;1) .
3

Từ bảng biến thiên ta thấy để phương trình 3t 2 − 2t + m =
0 có
nghiệm trong [ 0;1) thì đường thẳng y = −m phải cắt đồ thị hàm số

0

f '(t )
f (t )

-

1
3
0

0

=
y f (=
t ) 3t 2 − 2t tại ít nhất 1 điểm. Do đó

1
+
1

−

1
1
1

− ≤ −m < 1 ⇔ −1 < m ≤ Vậy −1 < m ≤ thì phương trình đã cho
3
3
3
có nghiệm.
Câu 50: Chọn D

1
3

A

M

O

N
B

D

P

C


MN =

( 2; −2 ) ⇒

0
Phương trình MN : x + y − 4 =

 P ∈ AC : x − y − 1 =0
5 3
⇒ P ;  .

0
2 2
 P ∈ MN : x + y − 4 =

=
 )Lại có, tứ giác AMBN nội tiếp nên BAN
 = BMN
 và ABCD nội tiếp
Có: BAN
ADB (cùng phụ NAD

 ⇒ ∆MPC cân tại P . Lại có tam giác AMC vuông tại M
nên 
= BCP
ADB = 
ACB . Từ đây suy ra BMP

5 2
5 3
P  ;  , M ( 0; 4 ) ⇒ PM =
= PA
2
2 2

 
5
5
Do A ∈ AC : x − y − 1 = 0 ⇒ A ( a; a − 1) ⇒ PA =  a − ; a − 
2
2


nên =
PA PM
= PC .

2
a = 0
5 2
5
25

suy ra A ( 0; −1) do x A < 2
PA =
⇔ 2 a −  = ⇔ 
2
2
2

a = 5


A ( 0; −1) , M ( 0; 4 ) , N ( 2; 2 ) ⇒ AM
AN ( 2;3) suy ra phương trình đường thẳng

= ( 0;5 ) , =

BC
=
: y 4, BD : 2 x + 3 y=
− 10 0 .
B ∈ BC : y =
4

⇒ B ( −1; 4 ) .
Do 
0
 B ∈ BD : 2 x + 3 y − 10 =

10