Đề thi thử THPT QG 2019 - Toán - Nhóm Strong team minh họa đề thi thử số 03 - có lời giải

SÁNG TÁC VÀ MINH HỌA ĐỀ THI THỬ SỐ 3 NĂM 2019
NHÓM STRONG TEAM
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài 90 phút không kể thòi gian giao đề
Câu 1.

Câu 2.

Buổi họp Admin nhóm “Strong Toán VD-VDC” năm 2109 có 3 Admin nữ và 3 Admin nam
tham dự. Họ ngồi ngẫu nhiên vào một cái bàn dài có 8 ghế được đánh số thứ tự từ 1 đến 8 (mỗi
người ngồi một ghế). Xác suất để không có 2 Admin cùng giới ngồi vào 2 ghế có số thứ tự liên
tiếp là
23
5
5
23
.
A. P =
.
B. P = .
C. P = .
D. P =
70
14
7
140
π

Một chất điểm dao động điều hòa có phương trình là x ( t ) = 5cos  2π t + ÷ ( x tính theo đơn
3


vị cm , t tính theo đơn vị giây). Vận tốc của chất điểm tại thời điểm t =
nhất với giá trị nào sau đây?
A. 27, 21 .
B. 8, 66 cm / s .

Câu 3.

3
( s ) có giá trị gần
2

D. −27, 21cm / s .

C. 27, 21 cm / s .

Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy là a, góc giữa mặt phẳng ( SBC ) và mặt
phẳng ( ABCD ) bằng 600. Thể tích của khối chóp S . ABCD theo a là
A.

Câu 4.

Câu 5.

Câu 6.

a3 6
.
3

B.

a3 3
.
2

Tìm họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

C.

2 3a 3
.
3

D.

a3 3
.
6

1
+ cos x.
x
1

A.

∫ f ( x ) dx = ln x + sin x + C.

B.

∫ f ( x ) dx = − x

C.

∫ f ( x ) dx = ln x − sin x + C.

D.

∫ f ( x ) dx = ln x + sin x + C.

2

− sin x + C.

Cho khối nón có đường kính đáy là 4a , chiều cao là 3a . Tính thể tích V của khối nón đó.
A. V = 16π a 3 .

B. V = 2π a 3 .

C. V = 4π a 2 .

D. V = 4π a 3 .

A. 2 − log a b .

B. 2 + log a b .

C. 1 + 2 log a b .

D. 2 log a b .

2
Với a và b là các số thực dương và a ≠ 1 . Biểu thức log a ( a b ) bằng

Câu 7. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên bên dưới. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ
nhất của hàm số y = f ( x ) khi x ∈ [ −3;3] . Giá trị M − 2m bằng

Câu 8.

A. −2 .
B. 10 .
C. 6 .
D. f ( 2 ) .
Thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng 2a và cạnh bên bằng a là


a3 3
V=
4 .
B.

A. Không đủ giả thiết.
5

Câu 9.

Biết

∫x
1

2

C.

V =a

3

3

a3 3
V=
3 .
D.

.

3
dx = a ln 5 + b ln 2 ( a , b ∈ ¢ ) . Mệnh đề nào sau đây đúng?
+ 3x

A. a + 2b = 0 .

B. 2a − b = 0 .

C. a + b = 0 .

D. a − b = 0 .

Câu 10. Thể tích V của khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
y = 2 x − x 2 , trục Ox và hai đường thẳng x = 0, x = 3 quanh trục Ox là
3

A.

B. V =

.

ò 2x -

x2 dx .

0

3

C. V = p

3

ò(2x -

2 2

x ) dx .

D. V =

0

ò(2x -

x2)2dx .

0

Câu 11. Cho hình trụ có hai đáy là hình tròn ( O ) và ( O′ ) . Trên hai đường tròn lấy hai điểm A, B sao
cho góc giữa AB và mặt phẳng chứa đường tròn đáy bằng 45o và khoảng cách giữa hai đường
thẳng AB với OO′ bằng

a 2
. Biết bán kính đáy bằng a, thể tích của khối trụ là
2

π a3 2
B. V = π a 3 2.
.
6
2
Câu 12. Tập xác định của hàm số y = log 2 ( x − 1) là:
A. V =

A. [ 1; + ∞ ) .

C. V =

π a3 2
.

2

C. ¡ \ { 1} .

B. ¡ .

D. V =

π a3 2
.
3

D. ( 1; + ∞ ) .

Câu 13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

x −1 y −1 z − 3
=
=
và 2 điểm
2
−1
−2

A ( 0;1;3) , B ( 2; 2;1) . Viết phương trình mặt cầu ( S ) đi qua A , B và có tâm nằm trên đường
thẳng d
2

2

2

9   16  6581
 12  
B.  x + ÷ +  y + ÷ +  z + ÷ =
.
7 
14  
7
196


2

2

2

9   16  701
 12  
D.  x − ÷ +  y − ÷ +  z − ÷ =
.
7 
14  
7  196


9   16  701
 12  
A.  x + ÷ +  y − ÷ +  z + ÷ =

.
7 
14  
7  196

9   16  1205
 12  
C.  x − ÷ +  y + ÷ +  z − ÷ =
.
7 
14  
7
196

Câu 14. Số nghiệm nguyên của bất phương trình
B. 1 .

A. 0.
10

Câu 15. Biết tích phân I = ∫

log x

1 ( x + 1)

2

1 − 3x +1
> 0 là

3x − 31− x − 2
C. 2 .

2

2

2

2

2

2

D. 3 .

dx = a + b log 2 + c log11 , trong đó a , b , c là các số hữu tỉ. Tính

S = 11a + 2b + 3c .
A. 9 .

B. 11 .

C. −11 .

D. −9 .

a=log 615 ; b=log 2 6 . Khi đó giá trị của log 4 30 tính theo a và b là :
1

1
1
1
A. ab+1
B. ( ab+1) .
C. a ( b+1)
D. b ( a+1) .
2
2
2
2

Câu 16. Cho


Câu 17. Đồ thị hàm số y =

1
A. y = − .
2
Câu 18.

x+ 2
có đường tiệm cận đứng là
1− 2x
1
B. x = − .
C. x = 2.
2

Trong hệ tọa độ không gian Oxyz cho đường thẳng

D. x =

( d) :

1
.
2

x −1 y + 1 z + 1
=
=
và điểm
1
−1
1

A ( 1; −2; 4 ) . Gọi điểm A ' ( a; b; c ) là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng d . Tính

a + 2b + 3c
A. 0 .

C. −1 .

B. 1 .

D. 6 .

Câu 19. Biết x, y, z là ba số thực dương theo thứ tự lập thành một cấp số cộng và có tổng bằng 45 .

Nếu lần lượt cộng thêm các số 2, 1, 8 vào ba số đó (theo thứ tự của cấp số cộng) thì được ba số
2

lập thành một cấp số nhân. Tính T = x + y 2 + z 2
A. T = 1125 .

B. T = 837 hoặc T = 1125.

C. T = 625 hoặc T = 837.

D. T = 837.

Câu 20. Hàm số nào duới đây có đồ thị như hình vẽ bên?

2
A. y = x − 2 ( x − 1) .

2
2
2
B. y = x + 2 ( x − 1) . C. y = x + 2 ( 1 − x ) . D. y = x − 2 ( 1 − x ) .

x +1
tại
x−2
hai điểm A, B phân biệt. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m để AB đạt giá trị nhỏ nhất.
Tính tích tất cả các phần tử của S .
−2
2
4

A.
.
B. 0 .
C. .
D. .
3
3
9

Câu 21. Giả sử tồn tại số thực m sao cho đường thẳng y = mx + m − 1 cắt đồ thị hàm sô y =

7

 2

+ x2 ÷
Câu 22. Tìm hệ số của số hạng chứa x x trong khai triển ( 1 + x ) 
 x

A. 6468 .
B. 480 .
C. 27720 .
D. 38808 .
23

3 11

Câu 23. Cho đồ thị các hàm số y = log a x , y = log b x như hình vẽ bên dưới. Khẳng định nào sau đây
đúng?

A. 0 < b < a < 1 .

B. 0 < a < 1 < b .

C. a > b > 1 .

D. 0 < b < 1 < a .

Câu 24. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau.

Hỏi hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới đây:
A. ( −4;3) .
Câu 25.

B. ( −1; 0 ) .

Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x + 1)

C. ( 0;1) .
2

D. ( −∞;1) .

( x − 1) ( 2 − x ) . Tính tổng các điểm cực trị của
3

hàm số f ( x ) .
A. 2.
B. 3.

C. 0.
D. 1.
Câu 26. Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( 1; −1;3) . Khoảng cách từ điểm M đến trục Oy bằng
A. 11 .

B. 1 .

C. 2 .

D. 10 .

Câu 27. Tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y = x + mx 2 + 1 có tiệm cận ngang là
A. 0 < m < 1 .

B. m = 1 .

C. m ≤ 0 .

D. m > 1 .

Câu 28. Cho hình nón có chiều cao bằng 4 và đường sinh tạo với đáy góc 50° . Hỏi thể tích của khối
nón gần với giá trị nào nhất trong 4 giá trị sau đây?
A. 141,57 .
B. 285,56 .
C. 47,19 .
D. 95,19 .
Câu 29. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm I (2; −2; 0) và điểm M (1;0; 2) .
Phương trình mặt cầu tâm I đi qua M là
A. ( x + 2) 2 + ( y − 2) 2 + z 2 = 9 .

B. ( x − 2) 2 + ( y + 2) 2 + z 2 = 9 .

C. ( x − 2) 2 + ( y + 2) 2 + z 2 = 3 .

D. ( x − 2) 2 + ( y + 2) 2 + z 2 = 3 .

Câu 30. Gọi P là tích tất cả các nghiệm của phương trình 6x - 2.2x - 81.3x +162 = 0. Giá trị của P là
A. P = 4.
B. P = 6.
C. P = 7.
D. P = 10.
Câu 31. Ông Nam nhận hợp đồng xây dựng một tòa tháp 10 tầng. Ông cần tính tổng diện tích các mặt
sàn để lát gạch men. Biết rằng diện tích mặt sàn tầng dưới cùng là 84, 64m 2 . Diện tích mặt sàn
trên bằng 0,8 diện tích mặt sàn dưới liền kề. Mỗi viên gạch men dạng hình vuông có diện tích
0, 09m 2 . Số viên gạch men tối thiểu ông Nam cần mua là
A. 378 .
B. 4197 .
C. 4196 .
D. 4198 .
10
2
9
10
Câu 32. Cho khai triển ( 2 + 3 x ) = a0 + a1 x + a2 x + ... + a9 x + a10 x . Tìm hệ số lớn nhất trong khai
triển trên.


4 4 6
A. C10 2 .3 .

6 6 4
6 4 6 6
4 6 4 4
B. C10 2 .3 .
C. C10 2 .3 x .
D. C10 2 .3 x .
Câu 33. Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác đều cạnh a . Đỉnh A′ cách đều các đỉnh A ,

B , C . Mặt phẳng ( P ) chứa BC , vuông góc với AA′ và ( P ) cắt lăng trụ theo một thiết diện
3a 2
. Thể tích của khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ bằng
8

có diện tích bằng
A.

3a 3 .
12

3a 3 .
6

B.

C.

3a 3 .
4

3

D. a 3 .
3

Câu 34. Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình bình hành, mặt phẳng ( SBD ) vuông góc với mặt
phẳng

( ABCD ) .

Hai cạnh bên SA và SD cùng tạo với đáy một góc 600 . Biết BD = 2a ,

AD = a 6 , ·ADB = 450 . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAD ) .
A.

2a 21
.
7

B.

3a 21
.
7

Câu 35. Cho điểm I ( 1; 0;3) và đường thẳng d :

C.

3a 7
.
7

D.

2a 7
.
7

x −1 y +1 z −1
=
=
. Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I
2
1
2

và cắt d tại hai điểm A, B sao cho ∆IAB vuông tại I.
2
A. ( x − 1) + y + ( z − 3) =

40
.
9

2
C. ( x − 1) + y + ( z − 3) =

20
.
3

2

2

2

2

Câu 36. Phương trình 9− 2− x − 4.3− 2 − x

2
B. ( x + 1) + y + ( z + 3) =
2

2

40
.
9

40
.
3
a
= m có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m = b ( a, b là các số
2
D. ( x − 1) + y + ( z − 3) =
2

a

tối giản). Giá trị a 2 + b 2 bằng
b
A. 5.
B. 17.
C. 25.
Câu 37. Bác thợ gò muốn làm một chiếc thùng hình trụ
không đáy từ nguyên liệu là mảnh tôn hình tam
giác đều ABC cạnh bằng 60cm . Bác thợ sẽ
cắt một mảnh tôn hình chữ nhật MNPQ từ
mảnh tôn nguyên liệu sau đó cuộn lại và gò
thành chiếc thùng (như hình vẽ) . Thể tích lớn
nhất của chiếc thùng mà bác thợ có thể làm
được là:

2

nguyên,

A.

4000 3
( cm3) .
p

B.

4000 3
( cm3) .
3p

C.

16000 3
( cm3) .
3p

D.

16000 3
( cm3)
p

D. 10.

Câu 38. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên lục trên ¡ . Có đồ thị hàm số y = f ' ( x ) như hình vẽ
2
dưới đây. Bất phương trình 2 f ( x ) > x + m đúng với mọi x ∈ [ −2;3] khi và chỉ khi

A. m > 2 f ( 3) − 9 .

( )

B. m< 2 f −2 − 4 . C. m > 2 f ( 0 ) .

D. m < 2 f ( 1) − 1 .


A ( a; 0; 0 ) ;

Câu 39. Cho

B ( 0; b; 0 ) ; C ( 0; 0; c ) với a, b, c > 0 và

1 1 1
+ + =2
a b c

Gọi r là tâm mặt cầu nội tiếp OABC . Giá trị lớn nhất của r là ?
A.

2

(

3

)

3 +1

.

B.

Câu 40. Cho phương trình 4

1− x 2

2

(

− ( m + 2 ) .2

3

)

3 +1
1− x 2

.

C.

2

3

(

)

3 −1

.

D.

2

(

3

).

3 −1

+ 2m + 1 = 0 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc

đoạn [ −10; 20] để phương trình có nghiệm?
B. 10 .

A. 11 .

f ( x)

Câu 41. Cho hàm số
π
2

∫  f ′ ( x ) 

2

dx =

0

7π và
4

 π
có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;  thỏa mãn
 2
π
2

π
2

0

0

f ( 0) = 0 ,

∫ sin x. f ( x ) dx = −π . Tích phân ∫ f ( x ) dx bằng
B. −1 .

A. 1 .

D. 9 .

C. 12 .

C.

1

.
2

D. 2 .

Câu 42. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Điểm M di động trên cạnh SC, đặt
MC
= k. Mặt phẳng qua A, M song song với BD cắt SB, SD thứ tự tại N, P. Thể tích khối chóp
MS

C.APMN lớn nhất khi
B. k = 1.

A. k = 3.

C. k = 2.

D. k = 2.

Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( −2;1;0 ) , B ( 4; 4; −3) , C ( 2;3; −2 ) và
đường thẳng d :

x −1 y −1 z −1
=
=
. Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa d sao cho A , B , C ở cùng
1
−2
−1

phía đối với mặt phẳng ( P ) . Gọi d1 , d 2 , d3 lần lượt là khoảng cách từ A , B , C đến ( P ) .
Tìm giá trị lớn nhất của T = d1 + 2d 2 + 3d3 .
A.

Tmax = 2 21

.

B.

Tmax = 14

.

C.

Tmax = 3 21

.

D.

Tmax = 6 14

.


 x
2
Câu 44. Cho log 2 ( xy ) = log 2  ÷.log 2 ( 4 y ) .Hỏi biểu thức P = log 3 ( x + 4 y + 4 ) + log 2 ( x − 4 y − 1) có

4
bao nhiêu giá trị nguyên?
A. 5
B. 3 .
C. 2 .
D. 1 .
5
1
Câu 45. Cho 2 số phức z1 , z2 thỏa z1 - 1- 3i = 1 và z2 - 4 - i = . Gọi z là số phức có phần thực là
2
2
a , phần ảo là b thỏa mãn a - 2b = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = z - z1 + z - 2 z 2 + 2 .
A. Pmin =

377
.
15

B. Pmin =

377
.
5

C. Pmin =

1885
.

15

D. Pmin =

1885
.
5

Câu 46. Cho hàm số f ( x) xác định và liên tục trên ¡ và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị

)

(

2
nguyên của tham số m để phương trình 3f 3− 2 1+ 3sin x = m− 2 có 3 nghiệm phân biệt

 3π 
thuộc đoạn 0;  ?
 2

y
2
1
-2

-1 0
-1

1

-2

x

A. 3.
B. 4 .
C. 5.
D. 6 .
a
Câu 47. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh , SA = SB = SC = a . Gọi M là
trung điểm cạnh SB , điểm N thuộc cạnh SD sao cho SD = 3SN . Gọi P là giao điểm của SC
và mp ( AMN ) . Thể tích lớn nhất của khối chóp S .MNP là
3
A. a .
192

3
B. a .
64

3
C. a .
48

3
D. a .
4

Câu 48. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + ( y − 3) + ( z + 4 ) = 4 . Xét hai điểm M , N di

2

2

động trên ( S ) sao cho MN = 1 . Giá trị nhỏ nhất của OM 2 − ON 2 bằng
A. −10 .
Câu 49.

B. −4 − 3 5 .

C. −5 .

D. −6 − 2 5 .

3
3
3
Cho a, b, c là các số thực thuộc đoạn [ 1; 2] thỏa mãn log 2 a + log 2 b + log 2 c ≤ 1. Khi biểu thức

P = a 3 + b3 + c 3 − 3 ( log 2 a a + log 2 bb + log 2 c c ) đạt giá trị lớn nhất thì giá trị của tổng
S = a 2 + b 2 + c 2 là

A. 3.

B. 9.

C. 6.
D. 12.
x −1 y + 3 2 − z
=

=
Câu 50. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :
. Vectơ chỉ phương của
2
−1
5
đường thẳng d là
r
r
r
r
A. u = ( −2;1; − 5 ) .
B. u = ( 2; − 1; − 5 ) . C. u = ( 2; − 1;5 ) .
D. u = ( 2;1;5 ) .


----------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN
1-D

2-C

3-D

4-A

5-D

6-B

7-B

8-C

9-C

10-C

11-B

12-C

13-D

14-B

15-A

16-B

17-D

18-A

19-D

20-B

21-A

22-D

23-D

24-B

25-B

26-D

27-B

28-C

29-B

30-A

31-D

32-A

33-A

34-A

35-A

36-D

37-D

38-B

39-A

40-A

41-B

42-D

43-D

44-D

45-D

46-D

47-A

48-A

49-C

50-B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: D
Cách 1
6
+Số kết quả KGM là: n ( Ω ) = A8 = 20160 .

*Gọi A là biến cố:” không có 2 Admin cùng giới ngồi vào 2 ghế có số thứ tự liên tiếp”.
+Tính n ( A ) :
*Kí hiệu: X là vị trí ngồi của Admin Nữ,Y là vị trí ngồi của Admin Nam, ta tiến hành xếp 6
Admin thành 1 hàng ngang sau đó xác định vị thứ đặt 2 ghế trống, cuối cùng mới xếp các
Admin ngồi vào ghế tương ứng với vị thứ đã xếp.
TH1: Xếp 6 Admin sao cho không có 2 Admin cùng giới cạnh nhau.
*Dạng: X − Y − X − Y − X − Y hoặc Y − X − Y − X − Y − X .
⇒ có: 2. ( 3!.3!) = 72 cách.
+Đặt 2 ghế trống tuỳ ý vào 7 khoảng trống tạo bởi 6 Admin : 7 + C72 = 28 cách.
⇒ TH1 có: 72.28 = 2016 cách.
TH2: Xếp 6 Admin sao cho có đúng 2 Admin Nam hoặc đúng 2 Admin Nữ cạnh nhau.
*Dạng: X − YY − X − Y − X hoặc Y − XX − Y − X − Y (và các hoán vị XX với X ; YY với Y ).
⇒ có: 2. ( 3!.2!.3!.) = 144 cách.


+Đặt 2 ghế trống để tách 2 Admin: 7 cách.
⇒ TH2 có: 144.7 = 1008 cách.
TH3:Xếp 6 Admin sao cho có đúng 2 Admin Nam và đúng 2 Admin Nữ đứng cạnh nhau.
*Dạng: XX − YY − X − Y hoặc YY − XX − Y − X (và các hoán vị XX với X và YY với Y ).
⇒ có: 2. ( 2!.2!.3!.3!) = 288 cách.
+Đặt 2 ghế trống vào 2 khoảng giữa 2 cặp Admin :1 cách.
⇒ TH3 có: 288 cách.

⇒ n ( A ) = 2016 + 1008 + 288 = 3312 cách.

Vậy, P ( A ) =

n ( A)

n ( Ω)

=

3312
23
=
. ⇒ Chọn D.
20160 140

Cách 2
Gọi các thành viên nữ là X , các thành viên nam là Y , 2 ghế trống là Z .
Xếp các X có 3! cách :
Dễ dàng loại trường hợp giữa các X không có Y .
TH1 : Giữa 3 X có 1Y được xếp
Chọn 1Y có 3 cách , xếp Y đó có 2 cách : XYX ↓ X .
Xếp 2Y còn lại:
+ Cùng phía có 2 cách , hoán vị có 2 cách : Y − YXYX ↓ X .
Xếp 2Z

có 1 cách .

+ Khác phía có 2 cách : YXYX ↓ XY .
Xếp 2Z : cùng vào ( ↓ )

: 1 cách , khác khe : 6 cách ⇒ tổng 7 cách xếp Z .

⇒ 3!.3.2.(2.2 + 2.7) = 648 cách
TH2 : Giữa 3 X có 2Y được xếp : X ↓ X ↓ X .
2
Chọn ra 2Y : C3 .

+ Nếu 2Y xếp cùng khe ⇒ 2 cách , đổi vị trí 2 cách : XY − YX ↓ X .
Xếp Y còn lại : 2 cách .
Xếp 2Z : 1 cách .
⇒ Có 3!.C32 .2.2.2 = 144 cách .
+ Nếu 2Y xếp khác khe : XYXYX : 2 cách .
Xếp Y còn lại : 2 cách : YXYXYX .
2
Xếp 2Z : 7 + C7 = 28 cách.

⇒ Có 3!.C32 .2.2.28 = 2016 cách .
TH3 : Giữa 3 X có 3Y được xếp : XXX : 3! .
+ Loại trường hợp 3Y cùng khe ⇒ một khe 2Y và một khe 1Y .
Chọn một khe 2Y và một khe 1Y : 2 cách : XY ↓YXYX .
2
Chọn 2Y cho vào (↓) : C3 cách , đổi chỗ 2Y : có 2 cách .


Xếp 2Z : cùng khe : 1 cách , khác khe 6 cách ⇒ có 7 cách .
⇒ TH3 có : 3!.2.C32 .2.7 = 504 cách.
Đáp số : P =

648 + 144 + 2016 + 504 23
=
A86

140

Câu 2: C

π

Phương trình vận tốc của chất điểm là: v ( t ) = x ' ( t ) = −10π .sin  2π t + ÷.
3


3
( s ) là:
2
3 π
10π
3

v  ÷ = −10π .sin  2π . + ÷ = −10π .sin
= 5 3π ≈ 27, 21 ( cm / s )
2 3
3
2


Vận tốc của chất điểm tại thời điểm t =

Câu 3: D
S

D

A

C
O

B

M

Gọi M là trung điểm của BC .

·
Ta có (·
SBC ) ; ( ABCD ) = SMO
= 60° .
OM =

1
1
1
a 3
.
AB = a ⇒ SO = a. tan 60° =
2
2
2
2

1
1 a 3 2 a3 3

Vậy VS . ABCD = .SO.S ABCD = .
.a =
.
3
3 2
6

Câu 4: A
Áp dụng công thức nguyên hàm.
Câu 5: D
Ta có bán kính đáy R = 2a .
1
1
V = π R 2 h = π .(2a ) 2 .3a = 4π a 3 .
3
3
Câu 6: B
2
2
Ta có: log a ( a b ) = log a a + log a b = 2 + log a b .

Câu 7 : B

f ( x ) = 4 , và giá trị nhỏ
+ Dựa vào BBT ta thấy xét x ∈ [ −3;3] thì giá trị lớn nhất là M = xmax
∈[ − 3;3]
f ( x ) = −3 .
nhất là m = xmin
∈[ − 3;3]

+ Vậy M − 2m = 10 .
Câu 8: C

2a
3
3
Ta có: V = S ABC . AA′ = ( )
.a = a 3 .
4
2

Câu 9: C
5

5

5
3
1 
1
dx = ∫  −
Ta có: ∫ 2
÷dx = ( ln x − ln x + 3 ) 1 = ln 5 − ln 8 + ln 4 = ln 5 − ln 2 .
x + 3x
x x+3
1
1

Suy ra: a = 1, b = −1 nên a + b = 0 .

Câu 10: C
b

Áp dụng công thức V = p

òf

2

a

(x)dx với a = 0, b = 3, f ( x) = 2 x − x 2 .

Câu 11: B

Gọi C là hình chiếu vuông góc của A trên ( O′ ) ⇒ AC ⊥ ( O′ ) .
·
·
Do đó: ( AB, ( O′ ) ) = ( AB, BC ) =

= 45°

Ta có: OO′ || AC ⇒ OO′ || ( ABC ) .

⇒ d ( OO′, AB ) = d ( OO′, ( ABC ) ) = d ( O′, ( ABC ) ) .
Vì ( ABC ) ⊥ ( O′ ) theo giao tuyến BC. Gọi I là trung điểm BC.

⇒ O′I ⊥ BC ⇒ O′I ⊥ ( ABC ) hay d ( O′, ( ABC ) ) = O′I = a 2 .
2

= 45° ⇒ ∆ABC vuông cân tại C ⇒ BC = AC = h.

Tam giác ABC vuông tại C có

2

2
h a 2 
′
′
′
Xét ∆CO I vuông tại I có: CO = CI + IO ⇔ a =  ÷ + 
÷ ⇔ h = a 2.
2  2 ÷

2

2

2

2

Thể tích khối trụ là: V = π r 2 h = π a 2 .a 2 = π a 3 2.
Câu 12: C
+ Điều kiện: ( x − 1) > 0 ⇔ x ≠ 1
2

Vậy tập xác định của hàm số là: D = ¡ \ { 1} .

Câu 13: D
 x = 1 + 2t

Phương trình tham số của đường thẳng d :  y = 1 − t
 z = 3 − 2t

Gọi I là tâm mặt cầu, do I ∈ d ⇒ I ( 1 + 2t ;1 − t ;3 − 2 t )

( 1 + 2t )

2

+ ( 1 − t − 1) + ( 3 − 2 t − 3 ) = 9t 2 + 4t + 1

( 1 + 2t − 2 )

2

+ ( 1 − t − 2 ) + ( 3 − 2 t − 1) = 9t 2 − 10t + 6

Ta có: AI =
Và BI =

2

2

2

2

Do mặt cầu đi qua 2 điểm A , B nên AI = BI
⇔ AI 2 = BI 2 ⇔ 9t 2 + 4t + 1 = 9t 2 − 10t + 6 ⇔ t =

5
14

  12 9 16 
 I  7 ; 14 ; 7 ÷


Khi đó: 
 R 2 = AI 2 = 701

196
2

2

2

9   16  701
 12  
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:  x − ÷ +  y − ÷ +  z − ÷ =
7 
14  
7  196

Câu 14: B
x

Đặt t = 3 ( t > 0 ) . Bất phương trình đã cho trở thành

t > 0
t > 0
t > 0


⇔  t ≠ −1 ⇔ 
Điều kiện  3
t ≠ 3
t − t − 2 ≠ 0
 t ≠ 3

(2) ⇔

⇔

t ( 1 − 3t )
t − 2t − 3
2

>0⇔

t ( 1 − 3t )

( t + 1) ( t − 3)

>0⇔

1 − 3t

>0
3
t − −2
t

(*)

1 − 3t
> 0 (vì điều kiện (*))
t −3

1
1
< t < 3 ⇔ < 3x < 3 ⇔ −1 < x < 1 . Vì x ∈ ¢ nên x = 0 .
3
3

(2)


Vậy số nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là 1 .
Câu 15: A
Đặt u = log x ⇒ du =
dv =

1
dx
x ln10

1

dx chọn v = − 1 + 1 = x .
( x + 1)
x +1
x +1
2

10

10

10

1 
 x

 1
dx = 
.log x ÷ − ∫ 
.
Khi đó I = ∫
÷dx
2
x
+
1
ln10
x
+
1





x
+
1
(
)
1
1
1
=

log x

10
10
1
10
1
11 10
11 10
−
ln x + 1 ) = −
ln = − log = − log11 + log 2 .
(
1
11 ln10
11 ln10 2 11

2 11

Vậy a =

10
, b = 1, c = −1 ⇒ S = 11a + 2b + 3c = 10 + 2 − 3 = 9 .
11

Câu 16: B
Cách 1 : Ta có b = log 2 6 = 1 + log 2 3 ⇒ log 2 3 = b − 1

a = log 6 15 =

log 2 3 + log 2 5 b − 1 + log 2 5
=
log 2 6
b

⇒ log 2 5 = ab − b + 1
Vậy
log 4 30 =

log 2 (2.3.5) 1
= ( 1 + log 2 3 + log 2 5 )
log 2 4
2

1
1
= (1 + b − 1 + ab − b + 1) = ( ab + 1)

2
2

Vậy chọn đáp án B
Cách 2: Xét các đáp án có a.b
Xét
ab = log 2 6.log6 15 = log 2 15 = 2 log 4 15 = 2 log 4
⇔ ab = 2 ( log 4 30 − log 4 2 )
⇔ log 4 30 =

30
2

1
(ab + 1)
2

Vậy chọn B
Câu 17: D
Vì

lim + y = −∞

1
x → ÷
 2

lim y = +∞
và x→ 1 ÷−
suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng có

2

phương trình x =

1
.
2

Câu 18: A
Vì A ' ∈ ( d ) :

uuur
x −1 y + 1 z + 1
=
=
nên A ' ( t + 1; −t − 1; t − 1) ⇒ AA ' = ( t ; −t + 1; t − 5 )
1
−1
1


r
Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương là u = ( 1; −1;1)
uuur r
Vì AA ' ⊥ d nên AA '.u = 0 ⇔ t + t − 1 + t − 5 = 0 ⇒ t = 2 ⇔ A ' ( 3; −3;1)

⇒ a + 2b + 3c = 3 − 6 + 3 = 0
Câu 19: D
Cách 1:
Theo tính chất của cấp số cộng và giả thiết ta có:

x + z = 2y
⇒ 3 y = 45 ⇔ y = 15

 x + y + z = 45
Gọi d là công sai của cấp số cộng thì x = y − d = 15 − d và z = y + d = 15 + d
Sau khi thêm các số 2, 1, 8 vào ba số x, y , z ta đuợc ba số là x + 2, y + 1, z + 8
Hay 17 − d , 16, 23 + d
Theo tính chất của cấp số nhân, ta có:
(17 − d )(23 + d ) = 16 2 ⇔ d 2 + 6d − 135 = 0 ⇔ d = −15 hoặc d = 9
Với d = −15 cấp số cộng là 30, 15, 0. ( loại, do x, y, z là ba số thực dương)
• Với d = 9 cấp số cộng là 6, 15, 24 .
•

Vậy T = 62 + 152 + 24 2 = 837
Cách 2:
Theo tính chất của cấp số cộng và giả thiết ta có:
x + z = 2y
⇒ 3 y = 45 ⇔ y = 15

 x + y + z = 45
Suy ra z = 2 y − x = 30 − x
Sau khi thêm các số 2, 1, 8 vào ba số x, y , z ta đuợc ba số là x + 2, 16, 38 − x
Theo tính chất của cấp số nhân, ta có:
x = 6
( x + 2)(38 − x) = 16 2 ⇔ x 2 − 36 x + 180 = 0 ⇔ 
 x = 30
• Với x = 6 cấp số cộng là 6, 15, 24 .
• Với x = 30 cấp số cộng là 30, 15, 0. (loại, do x, y , z là ba số thực dương)
Vậy T = 62 + 152 + 242 = 837
Câu 20 : B

Ta thấy y ( 0 ) < 0 nên loại phương án C, D.
Từ đồ thị ta thấy phương trình y = 0 có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có hai nghiệm âm và một
nghiệm dương do đó loại phương án A.
Câu 21: A
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số ( d ) : y = mx + m − 1 và

( C) : y =

x ≠ 2
x +1
x +1

= mx + m − 1 ⇔  2
là
.
x−2
x−2

mx − ( m + 2 ) x − 2m + 1 = 0 ( *)

Vì ( d ) cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2.


m ≠ 0
m ≠ 0
⇔ 2
⇔ m ≠ 0.
Hay 
∆ > 0
9m + 4 > 0

Với m ≠ 0 thì ( d ) cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A ( x A ; y A ) ; B ( xB ; yB ) . Khi đó x A , xB là hai
m+2

x
+
x
=
A
B


m
nghiệm phân biệt của phương trình (*) nên theo Vi – et ta có 
.
1
−
2
m
 x .x =
A B

m


Khi đó ta có AB =

=

(1+ m ) ( x

=

( 1 + m2 )

( xB − x A )

− xA ) =
2

2

B

2

+ ( yB − y A ) =
2

( 1 + m ) ( x
2

B

+ xA )

2

( xB − x A )

2

+ ( mxB − mx A )

2

 m + 2 2 4 − 8m 
− 4 x A xB  = ( 1 + m ) 

÷ −

m 
 m 
2

9m 2 + 4
4
4
= 13 + 9m 2 + 2 ≥ 13 + 2 9m 2 . 2 = 5 .
2
m
m
m


6
m=

4
4
3

2
4
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 9m = 2 ⇔ m = ⇔ 
.
9
m

6
m = −
3

Câu 22: D

Ta có: ( 1 + x

⇒ ( 1+ x

)

3 11

)

3 11

7

11
7
 2

2
k 3k
i  2
+
x
=
C
x
.
C
.

÷ ∑ 11 ∑ 7  1
 x
 k =0
i=0
 x2

7 −i


÷ .x 2 i
÷


i , k ∈ ¥
7
5 7
11
7

i− 


 2

+ x 2 ÷ = ∑ C11k .x 3k  ∑ 27 −i.C7i .x 2 2 ÷, trong đó: 0 ≤ i ≤ 7

k =0
 x

 i =0

0 ≤ k ≤ 11


( *) .

5 7 47
54 − 5i
⇔k =
Theo yêu cầu bài toán thì: 3k + i − =
.
2 2 2
6

54 − 5i ≥ 0

( 54 − 5i ) M6
Do điều kiện ( *) ta suy ra được: 
. Nhận thấy ( 54 − 5i ) chia hết cho 6 thì i phải là

i ∈ ¥
0 ≤ i ≤ 7

số nguyên chẳn.
54 − 5i

i = 0 ⇒ 6 = 9

 i = 0
i = 2 ⇒ 54 − 5i = 22


k = 9
6
3
Nếu 
. Mà k ∈ ¥ ⇒ 
.
i = 6
i = 4 ⇒ 54 − 5i = 17


6
3
 k = 4

61 − 5i
i = 6 ⇒
=4
6




54 − 5 x
,ở
6


k = f ( x )
 f ( x) = k ∈ ¥
đây ta gán 
và chọn Start = 0 , End = 7 , Step = 1 . Khi đó ta tìm 
.


i = x
0 ≤ i ≤ 7

Ta có thể dùng casio để nhanh nhất có thể bằng cách cho chạy table với hàm f ( x ) =

i
Hiển thị trong casio

. Từ đó ta tìm được

k

và

.

7 9
0
4
6
Vậy hệ số của số hạng chứa x 23 x là 2 C11C7 + 2C11C7 = 11660 . Ta chọn đáp án D.

Câu 24: D
Hàm số y = log a x đồng biến trên ( 0; +∞ ) nên a > 1 .
Hàm số y = log b x nghịch biến trên ( 0; +∞ ) nên 0 < b < 1 .
Vậy 0 < b < 1 < a .
Câu 24: B
Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1;0 ) .
Câu 25: B
Ta có bảng biến thiên của hàm số là:

Do đó, hàm số f ( x ) có hai điểm cực trị x1 = 1; x2 = 2 . Khi đó x1 + x2 = 3.
Vậy chọn đáp án B.
Câu 26: D
Ta có N ( 0; −1;0 ) là hình chiếu vuông góc của M lên trục Oy .
Vậy khoảng cách từ M đến trục Oy là d = MN = 12 + 0 + 32 = 10 .
Câu 27: B
Ta có:
 Nếu m = 0 thì y = x + 1 . Suy ra, đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.
−1
1
2
≤x≤
 Nếu m < 0 thì hàm số xác định ⇔ mx + 1 ≥ 0 ⇔
.

−m
−m
y không tồn tại nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.
Do đó, xlim
→±∞
 Với 0 < m < 1 thì


1 
1 
lim y = lim x 1 + m + 2 ÷
= +∞ ; lim y = lim x 1 − m + 2 ÷
= −∞ nên đồ thị hàm số
÷
x →+∞
x →+∞
x →−∞
x →−∞
x 
x ÷



không có tiệm cận ngang.
 Với m = 1 thì y = x + x 2 + 1



1 
lim y = lim x 1 + 1 + 2 ÷

= +∞
x →+∞
x →+∞
x ÷



(x
lim y = lim

x →−∞

x →−∞

2

+ 1) − x 2

x +1 − x
2

= lim

x →+∞

1


1
− x  1 + 2 + 1÷

x



=0

.

Suy ra đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số khi x → −∞ .

1 
= +∞
 Với m > 1 thì lim y = lim x 1 + m + 2 ÷
x →+∞
x →+∞
x ÷



1 
lim y = lim x 1 − m + 2 ÷
= +∞ nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.
x →−∞
x →−∞
x ÷



Câu 28: C

R
⇒ R = h.cot 50° = 4.cot 50° .
h
1
1
2
2
Thể tích của khối nón là: V = .π R h = π .4. ( 4.cot 50°) ; 47,18844349 .
3
3
Câu 29: B

Ta có: cot 50° =

Ta có: R = IM = (1 − 2) 2 + (0 + 2) 2 + (2 − 0) 2 = 3 .
Phương trình mặt cầu tâm I đi qua M là ( x − 2) 2 + ( y + 2)2 + z 2 = 9
Câu 30: A
6x - 2.2x - 81.3x +162 = 0 Û 2x ( 3x - 2) - 81( 3x - 2) = 0
⇔ ( 3x − 2 ) ( 2 x − 81) = 0
3 x − 2 = 0
 x = log3 2
⇔ x
⇔
 x = log 2 81
 2 − 81 = 0

Do đó P = log 3 2 log 2 81 = 4
Câu 31: D
Lời giải
Tác giả:Lê Xuân Đức; Fb: Lê Xuân Đức

Tổng diện tích các mặt sàn chính là tổng của một cấp số nhân gồm 10 số hạng, với:


Số hạng đầu là u1 = 84, 64
Công sai: q = 0,8
Vậy tổng diện tích các mặt sàn là:

q10 − 1
0,810 − 1
S10 = u1.
= 84, 64.
= 377, 759246 ( m 2 ) .
q −1
0,8 − 1
Ta có:

S10
;≈ 4197,324956 (viên).
0, 09

Số viên gạch men tối thiểu cần dùng là 4198 .
Câu 32 : A
Ta có: ( 2 + 3x )

10

10

10

= ∑ C10k 210−k ( 3 x ) =∑ C10k 210 −k 3k x k .
k

k =0

k =0

ak +1 C10k +1.29 −k .3k +1 3 ( 10 − k )
= k 10−k k =
.
ak
C10 .2 .3
2 ( k + 1)

Xét ak +1 ≥ ak ⇔

ak +1
28
28
≥1⇔ k ≤
. Dấu bằng xảy ra khi k = ∉ ¢ (loại).
ak
5
5

Vậy ak +1 > ak ⇔ k <

28
.
5

ak +1 ≠ ak ∀k ∈ { 0;1;...;10} .
⇒ a0 < a1 < ... < a6 > a7 > ... > a10
6 4 6
Từ đó suy ra hệ số lớn nhất trong khai triển là a6 = C10 2 .3 .

(Cách khác: Dùng lệnh Table Mode 7 tìm ra hệ số lớn nhất)
Câu 33: A

Do A′A = A′B = A′C nên hình chiếu vuông góc của A′ lên ( ABC ) trùng với trọng tâm O của
tam giác ABC .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AA′ .
Do A′. ABC là hình chóp tam giác đều nên CH cũng vuông A′A ⇒ ( P ) ≡ ( BCH ) .
Gọi M là trung điểm của BC ⇒ MH ⊥ AA′ .


Thiết diện của lăng trụ khi cắt bởi ( P ) là ∆BCH .
3a
2
3a
Tam giác ABC đều cạnh a nên AM =
, AO = AM =
.
2
3
3

Dễ thấy: HB = HC ⇒ HM ⊥ BC .
Theo đề: S ∆BCH

3a 2
1
3a 2
3a
.
=
⇒ HM .BC =
⇒ HM =
8
2
8
4

AH = AM 2 − HM 2 =

3a 2 3a 2 3a
.
−
=
4
16
4

Dễ thấy ∆ MAH và ∆A′AO đồng dạng ⇒

A′O HM
AO.HM a
=
⇒ A′O =
= .

AO
AH
AH
3

1
3a 3
Vậy VABCA′B′C ′ = A′O . S ABC = A′O. . AM .BC =
.
2
12

Câu 34: A

Ta có ( SBD ) ⊥ ( ABCD ) , kẻ SH ⊥ BD tại H , suy ra SH ⊥ ( ABCD )
·
SA và SD tạo với đáy một góc 600 , suy ra SAH
= 600 và SA = SD , do đó ∆SHA = ∆SHD ,
suy ra ∆AHD cân tại H , có ·ADB = 450 nên ∆AHD vuông cân tại H , suy ra
AD
AH = HD =
=a 3.
2
Xét ∆SAH ta có SH = AH .tan 600 = 3a .
Cách 1 :
Vì CB P ( SAD ) ⇒ d ( C , ( SAD ) ) = d ( B, ( SAD ) ) .
Lại có d ( B, ( SAD ) ) =

BD
2a

2
.d ( H , ( SAD ) ) =
.d ( H , ( SAD ) ) =
.d ( H , ( SAD ) ) .
HD
a 3
3

Kẻ HK ⊥ ( SAD ) , mà SH ⊥ AD , suy ra AD ⊥ ( SHK ) ⇒ ( SAD ) ⊥ ( SHK ) .
Ta có ∆HKD vuông cân tại K , suy ra HK =

HD a 3
=
.
2
2


Trong ( SHK ) kẻ HI ⊥ SK tại I , suy ra HI ⊥ ( SAD ) ⇒ d ( H , ( SAD ) ) = HI .
Xét ∆SHK vuông tại H , đường cao HI , ta có:
1
1
1
2
1
3a 7
.
=
+
= 2 + 2 ⇒ HI =

2
2
2
HI
SH
HK
3a 9a
7

Vậy d ( C , ( SAD ) ) =

2
2 3a 7 2a 21
.HI =
.
=
.
7
3
3 7

Cách 2 :
1
1
1
3
3
Thể tích khối chóp SABCD là V = SH .S ABCD = .3a. AH .BD = 2a 3 ⇒ VCSAD = V = a 3 .
3
3

2

∆SAD cân tại S , kẻ SE ⊥ AD ( E trung điểm AD ).
Ta có SE = SA2 −
Do đó S SAD =

AD 2
AD 2 a 21
.
= SH 2 + HA2 −
=
4
4
2

1
1 a 21
3a 2 7
SE. AD = .
.a 6 =
.
2
2
2
2

Vậy d ( C , ( SAD ) ) =

3VCSAD
3a 2 7 2a 21

= 3 3a 3 :
=
.
S SAD
2
7

Câu 35: A

I
R
B

A

d

H
r
Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương u = ( 2;1; 2 ) và P ( 1; −1;1) ∈ d .
uur
uur
ur, IP 
uur
r
Ta có: IP = ( 0; −1; −2 ) ⇒ u , IP  = ( 0; −4; −2 ) . Suy ra: d ( I ; d ) =  r  = 20 .
u
3
Gọi R là bán kính của (S). Theo giả thiết, ∆IAB vuông tại I
⇒

1
1
1
2
40
= 2 + 2 = 2 ⇔ R = 2 IH = 2d ( I , d ) =
2
IH
IA
IB
R
3

2
Vậy (S) : ( x − 1) + y + ( z − 3) =
2

2

40
.
9

Câu 36: D
− 2− x

Đặt 3− 2− x = t , vì 3

≤ 30 = 1 ⇒ t ∈ ( 0;1] .

2
2
Khi đó phương trình trở thành t − 4t = m ⇔ t − 4t − m = 0, ( 1) . Để phương trình đã cho có
0
2
nghiệm duy nhất khi và chỉ khi : − 2 − x = 0 ⇒ t = 3 = 1 ⇒ m = 1 − 4.1 = −3 .


Thử lại với m = −3 ta dễ dàng thấy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
Vậy m = −3 =

−3
⇒ a = −3; b = 1 ⇒ a 2 + b 2 = 10 .
1

Câu 37: D
Gọi I là trung điểm BC , đặt x = MN ( 0 < x < 60) , hình trụ tạo thành có chiều cao bằng

MQ và bán kính đáy là R =

MN
x
MQ BM
( 60- x) 3
=
. ta có
=
Þ MQ =
2p

2p
AI
BI
2

2
3
2
æx ö ( 60 - x) 3 ( 60x - x ) 3
.
=
2
8p

÷
Thể tích hình trụ là V = p ç
÷.
ç
è2pø

(

)

max f ( x) = f ( 40)
2
3
Xét hàm số f ( x) = 60x - x trên khoảng 0; 60 ta suy ra ( 0; 60)
Vậy thể tích lớn nhất của hình trụ là V =

4000 3
( cm3)
p

Chú ý: Bài có thể dùng BĐT Cô Si cho 3 số.
Giải thích nhiễu: B: học sinh nhầm thể tích hình trụ là V =

1
Bh
3

C. Học sinh nhầm công thức tính bán kính hình tròn, D: Học sinh nhầm cả công thức tính bán
kính và thể tích.
Câu 38: B
2
2
Ta có: 2 f ( x ) > x + m ⇔ 2 f ( x ) − x > m , với mọi x ∈ [ −2;3] .
2
Đặt g ( x ) = 2 f ( x ) − x xét trên đoạn x ∈ [ −2;3] .

g ' ( x ) = 2  f ' ( x ) − x 
Vẽ đường thẳng y = x cùng với đồ thị hàm số y = f ' ( x ) trên cùng một hệ trục tọa độ.

 x = −2

Ta có: g ' ( x ) = 0 ⇔ f ' ( x ) = x ⇔  x = 1 .
x = 3


Bảng biến thiên:

Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ' ( x ) , y = x , x = −2 , x = 1 .
Gọi H là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ' ( x ) , y = x , x = 1 , x = 3 .
Dựa vào đồ thị dễ thấy S > H ⇔ S − H > 0 .
3
1
3
 1
g '( x)
1
dx =  ∫ g ' ( x ) dx + ∫ g ' ( x ) dx  = ( S − H ) > 0 .
Ta có ∫
2  −2
2
1
 2
−2
3
g '( x)
g ( x) 3
g ( 3) − g ( −2 )
⇒∫
dx > 0 ⇔
>0⇔
> 0 ⇔ g ( 3) > g ( −2 ) .
−
2
2
2

2
−2
⇒ Min g ( x ) = g ( −2 ) .
x∈[ −2;3]
2
Để bất phương trình g ( x ) = 2 f ( x ) − x > m đúng với mọi x ∈ [ −2;3] thì:

Min g ( x ) > m ⇒ g ( −2 ) > m ⇔ m < 2 f ( −2 ) − 4 .

x∈[ −2;3]

Câu 39: A
Gọi I ( x; y; z ) là tâm hình cầu nội tiếp OABC
Do a, b, c > 0 ⇒ x = y = z ⇒ I ( x; y; z )
Ta có

0 < x, y , z < min ( a, b, c )

1 1 1
+ + = 2 ⇔ bc + ca + ab = 2abc
a b c

r = d( I ;( ABC ) ) =

bcx + cax + abx − abc

( bc )

2

+ ( ca ) + ( ab )
2

2

⇔

2abcx − abc
b 2 c 2 + c 2 a 2 + a 2b 2

= r ( 1)

Mà do x = y = z ⇒ r = x ( 2 )

( 1) ; ( 2 ) ⇒

2abcr − abc
b 2 c 2 + c 2 a 2 + a 2b 2

=r

−abc

r
=
< 0(L)

2 2
2 2
2 2

 2abcr − abc = r. b 2 c 2 + c 2 a 2 + a 2b 2
2
abc
+
b
c
+
c
a
+
a
b
⇔
⇔
2
2
2
2
2
2

abc
 2abcr − abc = −r. b c + c a + a b
r =
2abc + b 2c 2 + c 2 a 2 + a 2b 2

⇒r=

abc
2abc + b c + c 2 a 2 + a 2b 2

2 2

(*)

2 2
2 2
2 2
Ta có 2abc = bc + ac + ab ≤ 3. b 2c 2 + c 2 a 2 + b 2 a 2 ⇒ a b + c a + b c ≥

2abc
3

( **)


Từ ( *) và ( **) ta có:
r=

abc
2

2abc + a 2b + a 2 c 2 + b2 c 2

≤

abc
=
2abc 2
2abc +
3

(

3

)

3 +1

3
2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
Câu 40: A
Điều kiện: x ∈ [ −1;1] .

Với ∀x ∈ [ −1;1] thì 0 ≤ 1 − x 2 ≤ 1 , do đó, 20 ≤ 2
Đặt t = 2

1− x 2

1− x 2

≤ 21 hay 1 ≤ 2

1− x 2

≤2.

⇒ t ∈ [ 1; 2] . Phương trình trở thành: t 2 − ( m + 2 ) t + 2m + 1 = 0

⇔ t 2 − 2t + 1 = m ( t − 2 )
⇔

t 2 − 2t + 1
=m
t−2

(do t = 2 không là nghiệm của phương trình).
Xét hàm số f ( t ) =
Có f ′ ( x ) = 1 −

t 2 − 2t + 1
trên [ 1; 2 ) .
t−2
1

( t − 2)

2

−∞

 x = 1∈ [ 1; 2 )
, f ′( x) = 0 ⇔ 
.
 x = 3 ∉ [ 1; 2 )
1

+∞

2

−

y′

0

y

−∞

Do đó, để phương trình đã cho có nghiệm thì m ≤ 0 .
Suy ra có 11 giá trị nguyên của m thuộc đoạn [ −10; 20] để phương trình.
Câu 41: B
Có

π
2

∫  f ′ ( x ) 
0

Ta có

2

dx =

7π .

4

( 1)

π
2

∫ sin x. f ( x ) dx = − cos x. f ( x )
0

Suy ra

π
2

∫ cos x. f ' ( x ) dx = −π
0

π
2

π
2
0

π
2

π
2

0

0

+ ∫ cos x. f ' ( x ) dx = ∫ cos x. f ' ( x ) dx .

⇔ 2 ∫ cos x. f ' ( x ) dx = −2π .
0

( 2)


Mà

π
2

∫ cos

2

x dx =

0

π .
4

Từ ( 1) , ( 2 ) , ( 3) suy ra

( 3)
π
2

∫  f ′ ( x ) 
0

π
2

{

2

π
2

π
2

dx + 2 ∫ cos x. f ' ( x ) dx + ∫ cos 2 x dx = 0
0

0

π
2

}

⇔ ∫  f ′ ( x )  + 2 cos x. f ' ( x ) + cos 2 x dx dx = 0 ⇔ ∫  f ′ ( x ) + cos x  dx = 0 .
0

2

2

0

π
2

π
2

0

0

Do  f ′ ( x ) + cos x  2 ≥ 0 ⇒  f ′ ( x ) + cos x  2dx ≥ 0 . Mà



∫

∫  f ′ ( x ) + cos x 

2

dx = 0 nên suy ra

f ′ ( x ) = − cos x ⇒ f ( x ) = − sin x + C .
Lại có f ( 0 ) = 0 nên C = 0 ⇒ f ( x ) = − sin x ⇒

π
2

∫ f ( x ) dx = −1 .
0

Câu 42: D

Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD và I = SO ∩ AM.
Ba điểm M,A,I thẳng hàng nên áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SOC ta có:
SM CA OI
OI
k
.
.
=1⇒
=1= .
MC AO IS
SI
2
Vì NP / /BD ⇒

SP SI SN
2
=

=
=
(định lí Thalet).
SD SO SB k + 2

Và d ( P; ( ABCD ) ) = d ( N; ( ABCD ) ) =
=

DP
d ( S; ( ABCD ) )
SD

(

)

k
k
.d ( S; ( ANCD ) ) ⇒ VP.ACD = VN.ABC =
.VS.ABCD
k+2
2k + 4

Tacó
Vậy

VS.AMP SM SP
1
1
2

=
.
=
.
⇒ VS.ANMP =
.V
VS.ACD SC SD k + 1 k + 2
( k + 1) ( k + 2 ) S.ABCD



2
k 
2k
VC.ANMP = VS.ABCD − VS.ANMP − VP.ACD − VN.ABC = 1 −
−
.VS.ABCD
 .VS.ABCD = 2
k + 3k + 2
 ( k + 1) ( k + 2 ) k + 2 

Để VC.ANMP max ⇔ f ( k ) =
Xét hàm số f ( k ) =

f '( k ) =

k
trên khoảng ( 0; +∞ ) có:
k + 3k + 2
2

−k 2 + 2
= 0 ⇔ k = 2 (vì k > 0 )
( k 2 + 3k + 22 )

⇒ max f ( k ) = f
( 0;+∞ )

k
đạt giá trị lớn nhất.
k + 3k + 2
2

( 2) = 3− 2

2.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi k = 2. Vậy khi k = 2 thì thể tích khối chóp C.ANMP lớn
nhất.
Câu 43: D

C
N

G
A

B

M

d

P

Ta có AB = 3 6 ; AC = 2 6 ; BC = 6 .
Ta có T = d1 + 2d 2 + 3d 3 = d1 + d 2 + d 2 + d 3 + 2d 3 .
Gọi M là trung điểm AB , và N là trung điểm của BC ta có 2d ( M ; ( P ) ) = d1 + d 2 và
2d ( N ; ( P ) ) = d 2 + d 3 .

Gọi

G
MNC .
là
trọng
tâm
tam
giác
T = 2 d ( M ; ( P ) ) + 2d ( N ; ( P ) ) + 2 d 3 = 6d ( G ; ( P ) ) .

Khi

đó

ta

có

Do đó T = 6d ( G; ( P ) ) ≤ 6d ( G; d ) .

 5 −3 
 7 −5 
Ta có M  1; ; ÷; N  3; ; ÷ suy ra G ( 2;3; −2 ) .
 2 2 
 2 2 

Gọi

H ( 1 + t ;1 − 2t ;1 − t ) là hình
uuur
GH = ( t − 1; −2t − 2;3 − t ) .

chiếu

của

G

lên

đường

thẳng

d,

ta

có