Đề thi thử THPT QG 2019 - Toán - Chuyên ĐHSP Hà Nội - Lần 2 - có lời giải

TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2019, LẦN 2
MÔN TOÁN
Ngày thi: 23 - 24/02/2019
Thời gian làm bài: 90 phút.
Mã đề thi 521

Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần 2 của trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội bám rất sát đề minh họa
của Bộ GD&ĐT. Các câu hỏi với lượng kiến thức lớp 12 và 11. Mức độ câu hỏi không quá khó, trong đề
thi chỉ xuất hiện một vài câu hỏi mang tính chất tương đối khó, và đều là những câu hỏi học sinh đã
được gặp ở được ôn luyện. Đề thi giúp HS ôn luyện tốt nhất và có tâm thể vững vàng nhất để bước vào
kì thi THPTQG sắp tới.
2
Câu 1: Số nghiệm âm của phương trình log x  3  0 là

A. 2
B. 4
C. 1
D. 3
Câu 2: Tất cả các học sinh của lớp 10A1 đều học giỏi ít nhất một trong hai môn Toán hoặc Tiếng Anh.
Lớp có đúng 30 bạn giỏi Toán, 25 bạn giỏi Tiếng Anh, 16 bạn giỏi cả hai môn Toán và Tiếng Anh. Số học
sinh của lớp 10A1 là
A. 46
B. 39
C. 55
D. 41
1 2
gt , trong đó g �9,8m / s 2 là gia tốc trọng trường. Giá
2

trị gần đúng của vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm t  4s là
Câu 3: Một vật rơi tự do theo phương trình s 

A. 39,2 m / s

B. 9,8 m / s

C. 19,2 m / s

D. 29,4 m / s

Câu 4: Một ôtô đang chạy với vận tốc 9  m / s  thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó, ô tô chuyển
động chậm dần đều với vận tốc v  t   3t  9  m / s  , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ
lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao nhiêu mét?
A. 13,5 m
B. 12,5 m
C. 11,5 m
D. 10,5 m
Câu 5: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên � và có
bảng biến thiên như hình bên. Khẳng định nào sau đây là
đúng?
A. Hàm số đạt cực đại tại điểm x  3
B. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x  1
C. Hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 3
1
D. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x 
3

x

�

f ' x

+

1
0



1
0

3

f  x
1

�
+
1

1
3

Câu 6: Trong không gian tọa độ Oxyz, mặt phẳng chứa trục Oz và đi qua điểm I  1; 2;3 có phương trình
là
A. 2 x  y  0

B. z  3  0

C. x  1  0

D. y  2  0

Câu 7: Hàm số nào trong các hàm số sau đây có đồ thị phù hợp với hình bên?
1


A. y 

x 1
2x 1

B. y 

x 1
2x 1

C. y 

x 1
2x 1

D. y 

x 1
2x 1

1  2  3  ...   n  1  n
bằng
n ��
n2

Câu 8: Giới hạn lim
A. �

B. 1

1
2

C. 0

D.

C.  2; �

D.  2; 2 

 x2

2 � 81
Câu 9: Tập nghiệm của bất phương trình �
là
�� 
�3 � 16
A.  �; 2  � 2; � B.

 �; 2 

Câu 10: Cho hình chóp đều S.ABCD có tam giác SAC đều cạnh a. Thể tích của khối chóp S.ABCD là
A.

a3 3
4

B.

a3 3
12

C.

a3
6

D.

a3 3
3

Câu 11: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình bên và đạo hàm
f '  x  liên tục trên �. Giá trị của biểu thức

2

f '  x  dx bằng
�

1

A. 2
C. 1

B. 4
D. 0

Câu 12: Hàm số nào sau đây có tập xác định là �?
1
A. y  ln x
B. y  x
e

1

C. y  x 3

1
Câu 13: Nếu cấp số nhân  un  có công bội q và u1  , u5  8 thì
2
1
A. q  2
B. q 
C. q  2
2

1

D. y  2 x

D. q � 2; 2

Câu 14: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hình bình hành ABCD có A  1;0;1 , B  1; 2;1 , C  0; 1; 2  .
Tọa độ của điểm D là
A.  0;3; 1

B.  0; 3;1

C.  2; 3; 2 

D.  2;3;0 
2


3 x  2 khi x �1
�
Câu 15: Cho hàm số f  x  � 2
với m là tham số thực. Tập hợp các giá trị m để hàm
�mx  mx  1 khi x  1
số liên tục tại x  1 là
A.  1

B.  0

C. �

D.  0;1

Câu 16: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên R và có đồ thị như hình bên.

Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
A. 1
C. 3

1
là
f  x 1

B. 2
D. 4

2
Câu 17: Tập hợp các số thực m để phương trình ln  x  mx  2019   ln x có nghiệm duy nhất là

A. �

B.  1

C.  0

x3
 mx 2   6m  9  x  1 có cực trị là
3

Câu 18: Tập hợp các số thực m để hàm số y 
A. �\  3;3

D. �

C. �\  3

B. �

D. �\  3

Câu 19: Nền nhà tầng 1 của một hội trường có độ cao 0,8 mét so với mặt đất. Từ nền nhà tầng 1 lên nền
nhà tầng 2 có 1 cầu thang 19 bậc, độ cao của các bậc (so với mặt đất) theo thứ tự lập thành một cấp số
cộng  un  có 19 số hạng, u1  0,95; d  0,15 (đơn vị là m). Độ cao của bậc thứ 8 so với mặt đất là
A. 1,8m
B. 2m
Câu 20: Xét các khẳng định sau

C. 2,4m

D. 2,2m

C. 2

D. 0

i) Nếu a  2019 thì a x  2019 x x ��
ii) Nếu a  2019 thì b a  b 2019 b  0
iii) Nếu a  2019 thì log b a  log b 2019 b  0, b �1
Số khẳng định đúng trong các khẳng định trên là:
A. 3
B. 1
1

Câu 21: Nếu các số hữu tỉ a, b thỏa mãn

 ae
�
0

x

 b  dx  3e  4 thì giá trị của biểu thức a  b là

A. 10
B. 8
C. 9
D. 7
Câu 22: Khẳng định nào trong các khẳng định sau là khẳng định đúng?
A. Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì không vuông góc với nha
B. Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì vuông góc với nhau
C. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau
D. Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau
5
Câu 23: Cho a, b ��, a  b và hàm số y  f  x  thỏa mãn f '  x   x x ��, f  0   0 . Khẳng định

nào sau đây là đúng?
3


b

f  x  dx 
A. �
a

b

b

b6  a 6
6

b a
f  x  dx 
C. �
42
a
7

B.

f  x  dx  6  b
�
a

6

 a6 

b

7

D.

f  x  dx  b
�

5

 a5

a

Câu 24: Tung 1 con súc sắc cân đối và đồng chất hai lần liên tiếp. Gọi A là biến cố ‘tổng số chấm xuất
hiện ở hai lần tung là một số nhỏ hơn 10’. Xác suất của biến cố A là
1
5
31
32
A.
B.
C.
D.
6
6
36
36
Câu 25: Cho tứ diện ABCD có AB  AC  AD  a, BAC  600 , CAD  600 ,
DAB  900 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BD là
A.

a 30
10

B.

a
2

C.

a 3
2

D.

a 2
2

Câu 26: Giới hạn lim

x � 1

A.

9
15

4x  5
bằng
7x  8
4
B.
7

C.

Câu 27: Số đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
A. 2

B. 3

5
8

x2  1
là
x
C. 0

D. 1

D. 1

0

Câu 28: Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng 80 . Góc giữa đường thẳng chứa một đường sinh và mặt
phẳng chứa đường tròn đáy bằng
A. 800

B. 100

C. 400

D. 500

Câu 29: Số các số nguyên m để hàm số y  3sin x  4 cos x   m  6  x đồng biến trên tập số thực là
A. 1

B. 4

C. 2

D. 3

Câu 30: Cho tập hợp A   0;1; 2;3; 4;5;6 . Số các số có 5 chữ số abcde thỏa mãn điều kiện a, b, c, d , e
thuộc A và a  b  c  d  e là
5
A. C7

5
4
B. C7  C6

5
C. A7

Câu 31: Cho hàm số y  f  x  xác định trên �\  9 thỏa mãn f '  x  

D. 5!
1
x ��\  9 , f  8   2,
x9

f  10   2 . Giá trị của biểu thức f  6  . f  12  là
A. 0

B. ln 2 3

C. ln 2 3  4

D. 4

Câu 32: Cho hàm số y  a x có đồ thị như hình bên. Giá trị của a là:

4


B. log 2 3

A. 2

C.

D. log 3 2

3

Câu 33: Cho hàm số y  cos 4 x có một nguyên hàm F  x  . Khẳng định nào sau đây là đúng?
1
� �
� �
A. F � � F  0   1 B. F � � F  0  
4

�8 �
�8 �

1
� �
� �
C. F � � F  0   1 D. F � � F  0  
4
�8 �
�8 �

Câu 34: Một quả bóng đá có dạng hình cầu bán kính 12cm. Diện tích mặt ngoài quả bóng là
576
2
2
2
cm 2 
A.
B. 576  cm 
C. 576  cm 
D. 144  cm 

3
2019

k
k
Câu 35: Giá trị của biểu thức A  �C2019 .9 bằng
k 1

A. 10

2019

 2019

B. 102019  2020

C. 102019  1

D. 102019

Câu 36: Cho a, b ��, a  b và hàm số y  F  x  là một nguyên hàm của hàm số y  sin x . Khẳng định
nào sau đây là đúng?
b

F '  x  dx  sin b  sin a
A. �

b

B.

a

a

b

C.

F '  x  dx    cos b  cos a 
�
a

F '  x  dx    sin b  sin a 
�
b

D.

F '  x  dx  cos b  cos a
�
a

Câu 37: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S  :  x  2    y  1   z  2   9 và điểm M
2

2

2

thay đổi trên mặt cầu. Giá trị lớn nhất của độ dài đoạn thẳng OM là
A. 12
B. 3
C. 9
Câu 38: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm là hàm liên tục trên � thỏa mãn

D. 6
2

f '  x  dx  45, f  0   3 .
�
0

Giá trị của biểu thức f  2  bằng
A. 42
B. 15
C. 48
D. 135
Câu 39: Một cái phễu gồm một phần có dạng hình trụ, bán kính đáy bằng R và phần còn lại có dạng hình
nón, chiều cao bằng 2R . Phễu chứa nước có mực nước đến sát đáy hình nón. Người ta thả vào một một
vật hình cầu bằng kim loại vào thì nó đặt vừa khít trong hình nón (hình bên). Chiều cao cột nước dâng lên
theo bằng

5


A.

C.

32 R



3 1 5



16 R

3 1 5




B.

3

D.

3



8R

3 1 5



4R

3 1 5




3

3

Câu 40: Cho hai hình trụ có bán kính đường tròn đáy lần lượt là R1 , R2 và chiều cao lần lượt là h1 , h2 .
Nếu hai hình trụ có cùng thể tích và
A.

3
2

B.

h1 9
R
 thì tỉ số 1 bằng
h2 4
R2

2
3

C.

9
4

D.

4

9

Câu 41: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên � và có đồ thị như hình bên.
Khẳng định nào sau đây là đúng?
�
�f '  2   0
A. �
�f '  0,5   0

�
�f '  2   0
B. �
�f '  0,5  0

�
�f '  2   0
C. �
�f '  0,5   0

�
�f '  2   0
D. �
�f '  0,5  0

uuu
r
Câu 42: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho A  2;0;1 , B  0;5; 1 . Tích vô hướng của hai véc tơ OA và
uuur
OB bằng
A. 1

B. 1
C. 2
D. 2
Câu 43: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, SA
vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi H, K lần lượt là hình chiếu
vuông góc của A lên các đường thẳng SB và SD. Biết HAK  400 .
Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng
A. 400

B. 200

C. 800

D. 500

Câu 44: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A  3; 4;0  , B  3;0; 4  , C  0; 3; 4  . Trục của
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua điểm nào trong các điểm sau đây?
A. O  0;0;0 

B. P  3;0;0 

C. M  1; 2;0 

D. N  0;0; 2 

Câu 45: Trong không gian tọa độ Oxyz, mặt phẳng song song với mặt phẳng (Oyz) và đi qua điểm
K  4; 5;7  có phương trình là
A. 7 y  5 z  0

B. x  4  0

C. y  5  0

D. z  7  0

Câu 46: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A  1; 2; 2  , B  2; 2;1 . Tập hợp các điểm M thỏa
uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuu
r
mãn OM , OA  OM , OB là một mặt phẳng có phương trình



 



6


A. x  4 y  3z  0

B. 4 x  y  3 z  0

C. 3 x  4 y  3z  0

D. x  4 y  3z  0

Câu 47: Trong không gian tọa độ Oxyz, phương trình mặt cầu tâm I  2; 3; 4  bán kính 4 là
A.  x  2    y  3   z  4   16

B.  x  2    y  3    z  4   16

C.  x  2    y  3   z  4   4

D.  x  2    y  3    z  4   4

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Câu 48: Một người gửi tiết kiệm 300 triệu với lãi suất 5% một năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Sau
ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền lớn hơn 450 triệu?
A. 8 (năm)
B. 10 (năm)
C. 11 (năm)
D. 9 (năm)
Câu 49: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình bên.
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
A.  �;0 

B.  �;1

C.  0; �

D.  �; 1

Câu 50: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AA’ = 3, tam giác A’BC có diện tích bằng 6 và mặt phẳng
(A’BC) tạo với mặt đáy góc 600 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho là
A. 18
B. 36
C. 12

D. 9

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

ĐÁP ÁN
7


1-A
11-D
21-A
31-C
41-B

2-B
12-B
22-D
32-C
42-A

3-A
13-D
23-C
33-B
43-A

4-A
14-C
24-B
34-C
44-A

5-C
15-C

25-B
35-C
45-B

6-A
16-C
26-D
36-C
46-A

7-D
17-D
27-A
37-D
47-B

8-D
18-C
28-D
38-C
48-D

9-A
19-B
29-D
39-A
49-D

10-B
20-D

30-B
40-B
50-D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
�f  x   0
�
0  a �1
Giải phương trình logarit: log a f  x   b � �
�f x  a b
� 
Cách giải:
x  �2
�
�
�
x2  3  1
x2  4
log x  3  0 � x  3  1 � �2
� �2
��
x�2
x  3  1 �
x 2
�
�
2

2

Vậy phương trình có 2 nghiệm âm.
Chọn A.
Câu 2 (NB):
Cách giải:
Vì các học sinh lớp 10A1 đều học giỏi ít nhất một trong hai môn Toán hoặc Tiếng Anh nên số học sinh
của lớp là: 30  25  16  39 (học sinh).
Chọn C.
Câu 3 (TH):
Phương pháp:
Sử dụng công thức: v  t   s '  t 
Cách giải:
�1 2 �
'  gt
Ta có: v  t   s '  t   � gt �
�2
�
Vận tốc tức thời của vật đó tại thời điểm t  4s là: v  gt  9,8.4  39, 2  m / s 
Chọn A.
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
v  t  dt
Sử dụng công thức: s  t   �
Cách giải:
8


Tới lúc dừng hẳn thì v  0 � 3t  9  0 � t  3  s  .
Đến lúc dừng hẳn, ô tô còn đi được quãng đường là:

3

3

3

3
�
s�
v  t  dt  �
 t 2  9t �  13,5  m  .
 3t  9  dt  �
�
�2
�0
0
0
Chọn A.
Câu 5 (TH):
Phương pháp:
Dựa vào BBT để nhận xét các tính chất của hàm số.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại x  1, yCD  3 và hàm số đạt cực tiểu tại x  1, yCT 
Hàm số đạt Max y  3; Min y 

1
3

1
.

3

Chọn C.
Câu 6 (NB):
Phương pháp:
Thay tọa độ điểm I vào các mặt phẳng và chọn đáp án đúng.
Cách giải:

r
Mặt phẳng chứa trục Oz  mặt phẳng cần tìm có 1 VTCP là k   0;1;1
r r
r
� k  n với n là VTPT của mặt phẳng cần tìm.
r
rr
+) Xét đáp án A: có n   2; 1;0  � n.k  2.0   1 .0  0.1  0
Thay tọa độ điểm I  1; 2;3 vào phương trình ta được: 2.1  2  0 � thỏa mãn
Chọn A.
Câu 7 (NB):
Phương pháp:
Dựa vào đồ thị hàm số, nhận xét các đường tiệm cận và các điểm mà đồ thị hàm số đi qua để chọn đáp án
đúng.
Cách giải:
1
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy, đồ thị hàm số có TCĐ: x  � loại đáp án B và C.
2
Đồ thị hàm số đi qua các điểm  1;0  ,  0; 1 � chọn D.
Chọn D.
Câu 8 (TH):
Phương pháp:

Sử dụng quy tắc tính giới hạn của dãy số để tính.
Cách giải:

9


n  n  1
1  2  3  ...   n  1  n
n2  n 1
Ta có:
2
lim

lim

lim

x ��
x ��
x �� 2n 2
n2
n2
2
Chọn D.
Câu 9 (TH):
Phương pháp:
�
a 1
�
�

�
�x  b
x
b
Giải bất phương trình mũ a  a � �
�
0  a 1
�
�
�
�x  b
�
Cách giải:
2

2

x
x
4
x2
�
�2 � 81
�2 � �2 �
2
2

�

��

� � � � �  x  4 � x  4 � �
x  2
�3 � 16
�3 � �3 �
�

Chọn A.
Câu 10 (TH):
Phương pháp:
+) Gọi O  AC �BD � SO   ABCD  .
1
+) VS . ABCD  SO.S ABCD
3
Cách giải:
Gọi O  AC �BD � SO   ABCD  .
Tam giác SAC đều cạnh a � SO 
� AB 

a 3
và AC  a .
2

a
2
2

Vậy VS . ABCD

1
1 a 3 �a � a 3 3

 SO.S ABCD  .
.
�
3
2 2 �
� 2 � 12

Chọn B.
Câu 11 (TH):
Phương pháp:
2

Sử dụng công thức:

f '  x  dx  f  2   f  1
�
1

Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: f  1  f  2   2
2

f '  x  dx  f  2   f  1  2   2   0
�
1

Chọn D.
10

Câu 12 (TH):
Phương pháp:
+) Hàm số log a f  x  xác định � f  x   0 .
+) Hàm số a x xác định x ��.
�
x �� khi n ��
�
x ��\  0 khi n ��
+) Hàm số x n xác định � �
�
x � 0; � khi n ��
�
Cách giải:
+) Loại đáp án A vì D  �\  0 .
+) Chọn B vì D  �.
+) Loại đáp án C vì D   0; � .
+) Loại đáp án D vì: D  �\  0 .
Chọn B.
Câu 13 (TH):
Phương pháp:
n 1
Công thức tổng quát của CSN có số hạng đầu là u1 và công bội q : un  u1q .

Cách giải:
1 4
4
4
Ta có: u5  u1q � 8  .q � q  16 � q  �2 .
2
Chọn D.

Câu 14 (TH):
Phương pháp:
�xB  x A  xC  xD
uuu
r uuur
�
Ta có: ABCD là hình bình hành � AB  DC � �yB  y A  yC  yD
�z  z  z  z
A
C
D
�B
Cách giải:
�xB  x A  xC  xD
uuu
r uuur
�
Ta có: ABCD là hình bình hành � AB  DC � �yB  y A  yC  yD
�z  z  z  z
A
C
D
�B
1  1  0  xD
�
�xD  2
�
�
��
2  0  1  yD � �yD  3 � D  2; 3; 2 

�
�z  2
1  1  2  zD
�
�D
Chọn C.
Câu 15 (TH):
Phương pháp:
11


f  x   lim f  x   f  x0 
Hàm số y  f  x  liên tục tại điểm x  x0 � xlim
� x0
x � x0
Cách giải:
f  x   lim f  x   f  1
Hàm số y  f  x  liên tục tại điểm x  1 � xlim
�1
x �1
Ta có: f  1  3.1  2  1
lim f  x   lim  3 x  2   1

x �1

x�1

x �1

x �1

lim f  x   lim  mx 2  mx  1  m  m  1  1
� lim f  x   lim f  x   f  1  1x ��
x �1

x �1

Chọn C.
Câu 16 (TH):
Phương pháp
+) Đường thẳng x  a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y  f  x  

g  x
� lim f  x   �
x �a
h x

Cách giải:
Xét hàm số g  x  

1
f  x 1

�
x  x1 � 2;1
�
x0
Ta có: f  x   1  0 � f  x   1 � �
�
x  x2 � 1; 2 

�
� lim f  x   lim
x � x1

x � x1

lim g  x   lim
x �0

x �0

lim g  x   lim

x � x2

x � x2

1
�
f  x 1

1
�
f  x 1
1
�
f  x 1

Vậy đồ thị hàm số g  x  

1
có 3 đường TCĐ.
f  x 1

Chọn D.
Câu 17 (TH):
Phương pháp
�f  x   0
�
0  a �1
Giải phương trình logarit cơ bản: log a f  x   b � �
�f x  a b
� 
Cách giải:

12


ln  x 2  mx  2019   ln x
�x 2  mx  2019  x
��
�x  0
2
�
�x   m  1 x  2019  0  *
��
�x  0
Nhận thấy phương trình (*) có ac  0 �  * có 2 nghiệm phân biệt, do đó m �� phương trình (*) luôn
có 1 nghiệm thỏa mãn x  0 .
Chọn D.

Câu 18 (TH):
Phương pháp
Hàm số y  f  x  có cực trị � f '  x   0 có nghiệm bội lẻ.
Cách giải:
2
Ta có: y '  x  2mx   6m  9 

� y '  0 � x 2  2mx  6m  9  0
Hàm số y  f  x  có cực trị � y '  0 có hai nghiệm phân biệt
2
�'�0�
m
�
6m�۹
9 0

m

3

2

0

m 3 0

m

3

Chọn C.
Câu 19 (TH):
Phương pháp
Công thức tổng quát của CSC có số hạng đầu là u1 và công sai d: un  u1   n  1 d .
Tổng của n số hạng đầu của CSC có số hạng đầu là u1 và công sai d: S n 

2u1   n  1 d �
n  u1  un  n �
�
 �
2
2

Cách giải:
Độ cao của các bậc thang thứ n của tòa nhà được tính theo công thức: u  0,95   n  1 .0,15 .
Độ cao của bậc thứ 8 so với mặt đất là: u8  0,95  7.0,15  2m
Chọn B.
Câu 20 (TH):
Phương pháp:
Xét tính đúng sai của từng khẳng định rồi chọn đáp án đúng.
Cách giải:
Ta có:
+) Khẳng định i): a  2019 � a x  2019 x � x  1 � khẳng định sai.
+) Khẳng định ii): a  2019 � b a  b 2019 � b  1 � khẳng định sai.
+) Khẳng định iii): a  2019 � log b a  log b 2019 � b  1 � khẳng định sai
Chọn A.
13


Câu 21 (TH):

Phương pháp
Sử dụng công thức nguyên hàm của các hàm cơ bản để làm bài.
Cách giải:
1

1

0

0

 ae x  b  dx  3e  4 �  ae x  bx 
�

 3e  4

a3
a3
�
�
� ae  b  a  3e  4 � �
��
� a  b  10
ba  4
b7
�
�
Chọn A.
Câu 22 (TH):
Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết về quan hệ song song và quan hệ vuông góc.
Cách giải:
Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau.
Chọn D.
Câu 23 (TH):
Phương pháp:
f '  x  dx
Sử dụng công thức: f  x   �
Cách giải:
Ta có: f  x   �
f '  x  dx  �
x 5 dx 
� f  0  0 � C  0 � f  x  
b

b

x6
x7
��
f  x  dx  � dx 
6
42
a
a

b



a

x6
C
6

x6
6
b7  a 7
42

Chọn C.
Câu 24 (TH):
Phương pháp
Xác suất của biến cố A được tính bởi công thức: P  A  

 

nA
 1 P A
n

Cách giải:
Không gian mẫu: n  6.6  36
Gọi A là biến cố: ‘‘Tổng số chấm xuất hiện hai lần tung là một số nhỏ hơn 10’’.
� A : ‘‘Tổng số chấm xuất hiện hai lần tung là một số không nhỏ hơn 10’’.
Tổng số chấm là một số không nhỏ hơn 10 nên số chấm xuất hiện là các cặp:

  6;6  ,  6;5 ,  6; 4  ,  5;5 

14


� nA  2  2.2  6

 

�P A 

6 1

36 6

 

� P  A  1  P A  1 

1 5

6 6

Chọn B.
Câu 25 (VD):
Phương pháp
Sử dụng định lý Py-ta-go và hệ thức lượng trong tam giác vuông để làm bài toán.
Cách giải:
Ta có: �BAC  �CAD  600 , AB  AC  AD  A
� ABC , ACD đều � BC  CD  a .
Có �BAD  900 � BD  AB 2  AD 2  a 2 .
� BCD vuông cân tại C.

Gọi H là trung điểm của BD. Kẻ KH  AC .
CH  BD
�
��
� BD   CAH  � BD  KH
�AH  BD
� d  AC , BD   KH

Xét AHC vuông tại H có đường cao KH ta có:
KH 

HC. AH
HC 2  HA2



1
BD 2
2
2
a
4

BD 
.a 2 
4
4
2
1
1

BD 2  BD 2
4
4

Chọn B.
Câu 26 (NB):
Phương pháp
f  x   f  x0  .
Hàm số y  f  x  liên tục tại x  x0 � xlim
� x0
Cách giải:
Ta có:
4 x  5 4.  1  5

 1.
x � 1 7 x  8
7.  1  8
lim

Chọn D.
Câu 27 (VD):
Phương pháp
f  x  b
Đường thẳng y  b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y  f  x  � xlim
���
Cách giải:

15

�
1
1
x 1 2
x 1 2
2
�
x 1
x  lim
x 1
�lim y  lim
 lim
x
�

�
x
�

�
x
�

�
x
�

�
�
x

x
x
Ta có: �
1
1
�
x
1


x
1

2
2
�
x 1
x  lim
x 2  1
lim
y

lim

lim
�x ��
x ��
x ��
x ��
x

x
x
�
� y  1, y  1 là hai đường TCN của đồ thị hàm số.
Chọn A.
Chú ý: Chú ý khi tính giới hạn của hàm số khi x � � đối với những biểu thức có căn bậc chẵn.
Câu 28 (TH):
Phương pháp
Cho hình nón đỉnh S có đường tròn đáy tâm O, có mặt cắt qua trục là tam giác SAB thì góc ở đỉnh của
hình nón là góc ASB.
Cách giải:
Ta có: �ASB  800 � �ASO  400
Khi đó góc giữa đường sinh SA với mặt đáy là �SAO .
� �SAO  900  400  500
Chọn D.
Câu 29 (VD):
Phương pháp:
f ' x
Hàm số y  f  x  đồng biến trên R ۳�

0

x

R.

Cách giải:
Ta có: y '  3cos x  4sin x   m  6 
y' 0 x �
Hàm số đã cho đồng biến trên �۳�

� 3cos x  4sin x   m  6  �0 x ��
� 3cos x  4sin x  6 �m x �� *

3cos
 x 4sin x 6
Đặt f  x  �

 *

m

min f  x 
�

4
�3
�
Ta có: f  x   3cos x  4sin x  6  5 � cos x  sin x � 6  5cos  x     6
5
�5
�
3
4
Với cos   ,sin   .
5
5
1�cos
�
 x� 1� 5 5cos  x  
Vì ��

� *����
 m 1

1 m 1

m



5

1

f  x  11

1;0;1 .

Chọn D.
Câu 30 (VD):
Phương pháp:
Sử dụng quy tắc cộng và quy tắc nhân để làm bài toán.
16


Cách giải:
5
Số có 5 chữ số khác nhau sắp xếp theo chiều tăng dần từ tập số  0;1; 2;3; 4;5;6 là: C7 .
4
4
Số có 5 chữ số khác nhau sắp xếp theo chiều tăng dần từ tập số  0;1; 2;3; 4;5;6 có a  0 là: 1.C6  C6 .

5
4
Vậy số các chữ số cần tìm theo yêu cầu của đề bài là: C7  C6 .

Chọn B.
Câu 31 (VD):
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính nguyên hàm

dx

1

 ln ax  b  C .
�
ax  b a

Cách giải:
dx
f '  x  x  �  ln x  9  C
Ta có f  x   �
x9
�
ln  x  9   C1 khi x  9
� f  x  �
ln  9  x   C2 khi x  9
�
Ta có f  8   ln1  C2  C2  2; f  10   ln1  C1  C1  2
�
ln  x  9   2 khi x  9

� f  x  �
ln  9  x   2 khi x  9
�
� f  6   ln 3  2; f  12   ln 3  2
� f  6  . f  12    ln 3  2   ln 3  2   ln 2 3  4
Chọn C.
Chú ý: Chú ý điều kiện khi phá trị tuyệt đối.
Câu 32 (NB):
Phương pháp
Dựa vào đồ thị hàm số để suy ra các điểm đồ thị đi qua từ đó suy ra công thức hàm số.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm  2;3
� 3  a2 � a  3 .
Chọn C.
Câu 33(TH):
Phương pháp
Sử dụng công thức:

F '  x  dx  F  x  .
�

Cách giải:

17


1
cos 4 xdx  sin 4 x  C .
Ta có: F  x   �
4

1
 1
1
� �
� F � � F  0   sin 4.  sin 0  .
4
8 4
4
�8 �
Chọn B.
Câu 34 (NB):
Phương pháp:
Công thức tính diện tích mặt cầu bán kính R: S  4 R 2 .
Cách giải:
2
2
2
Ta có: S  4 R  4 .12  576  cm 

Chọn C.
Câu 35 (VD):
Phương pháp
n

k nk k
Sử dụng công thức khai triển của nhị thức:  a  b   �Cn a b
n

k 0

Cách giải:
Ta có:  x  1

2019

2019

2019

2019

2019

k 0

k 1

k 0

k 0

k
k
k
0
k
 �C2019
.x k � �C2019
.x k  �C2019
.x k  C2019

.x 0  �C2019
.x k  1   x  1

Xét với x  9 ta có:

2019

�C
k 1

k
2019

.9k   x  1

2019

2019

1 .

 1  102019  1 .

Chọn C.
Câu 36 (TH):
Phương pháp:
Sử dụng công thức:

b

�F '  x  dx  F  b   F  a  .
a

Cách giải:
b

b

a

a

sin xdx   cos x
Ta có: �

   cos b  cos a 

Chọn C.
Câu 37 (VD):
Phương pháp:
OM max  OI  R với I; R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu.
Cách giải:
Mặt cầu  S  có tâm I  2;1; 2  , bán kính R  3 .
Với M �S ta có OM max  OI  R 

 2 

2

 12  22  3  6

18


Chọn D.

Chú ý: Nhiều HS chọn cách đi tìm tọa độ điểm M. Cách làm đó vẫn đúng nhưng mất khá nhiều thời gian.
Câu 38 (TH):
Phương pháp:
b

f '  x  dx  f  b   f  a 
�
a

Cách giải:
2

2

0

0

f '  x  dx  f  2   f  0  � f  2   �
f '  x  dx  f  0   45  3  48
Ta có �
Chọn C.
Câu 39 (VD):
Phương pháp:
+) Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB, sử dụng công thức r 

S
trong đó S, p lần lượt là
p

diện tích và nửa chu vi tam giác SAB.
4 3
+) Tính thể tích khối cầu, sử dụng công thức V   r .
3
+) Thể tích khối cầu = thể tích phần nước dâng lên ở dạng khối trụ, sử dụng công thức V   R 2 h tính thể
tích khối trụ, từ đó suy ra h.
Cách giải:
Áp dụng định lí Pytago ta tính được SA  SB  SO 2  OA2  4 R 2  R 2  R 5 .
Ta có S SAB 

1
1
SO. AB  .2 R.2 R  2 R 2
2
2

SA  SB  AB R 5  R 5  2 R

 R 5 1
2
2
Do khối cầu nằm vừa khít trong hình nón nên bán kính cầu chính bằng bán kính đường tròn nội tiếp tam
giác SAB.



Nửa chu vi tam giác ABC là p 



S SAB
2R2
2R
�r 


p
5 1 .
R 5 1





4 3 4
� Thể tích khối cầu là V  3  r  3 



8R 3



5 1

3

Thể tích khối cầu chính bằng thể tích phần nước dâng lên trong hình trụ có bán kính đáy R.
4
2
Gọi h là chiều cao cột nước dâng lên ta có V   R h  3 



8R3



5 1

3

�h

3



32 R



5 1

3

Chọn A.
19


Câu 40 (TH):
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ chiều cao h, bán kính đáy R là V   R 2 h .
Cách giải:
2
2
Thể tích hai khối trụ lần lượt là V1   R1 h1 ;V2   R2 h2 .
2

2

�R � 9
�R � 4
 R12 h1
R 2
 1 � � 1 �.  1 � � 1 � � 1  .
Ta có: V1  V2 �
2
 R2 h2
R2 3
�R2 � 4
�R2 � 9
Chọn B.
Câu 41 (VD):
Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số y  f  x  lập bảng xét dấu của f '  x  và kết luận.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số y  f  x  ta có bảng xét dấu của f '  x  như sau:
x

�

f ' x

+

1
0



1
0

�
+

�
�f '  2   0
Khi đó ta có �
�f '  0,5   0
Chọn B.
Câu 42 (NB):
Phương pháp:
r

r
rr
u  x1 ; y1 ; z1  , v  x2 ; y2 ; z2  � u.v  x1 x2  y1 y2  z1 z2
Cách giải:
uuu
r
uuu
r
uuu
r uuu
r
Ta có OA   2;0;1 , OB   0;5; 1 � OA.OB  2.0  0.5  1.  1  1
Chọn A.
Câu 43 (VD):
Phương pháp:
+) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bới  AHK  .
+) Xác định góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SCD  .
+) Chứng minh SC   AHK  .
+) Xác định 2 góc còn lại của thiết diện của hình chóp cắt bởi  AHK  .
Cách giải:
Gọi O  AC �BD , trong  SBD  gọi I  HK �SO , trong  SAC  gọi
M  AI �SC .
20


Khi đó ta có  AHK  � AHMK 
Ta có:
�BC  AB
� BC   SAB  � BC  AH
�

�BC  SA
�AH  BC
� AH   SBC  � AH  SC
�
�AH  SB
�SC  HM
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được AK  SC � SC   AHMK  � �
�SC  KM
�
 SBC  � SCD   SC
�
 SBC  �HM  SC � �  SBC  ;  SCD    � HM ; KM   �HMK
�
�
 SCD  �KM  SC
�
0
Ta có: AH   SBC  � AH  HM � �AHM  90 . Tương tự ta có �AKM  900 .

Xét tứ giác AHMK có:
�HAK  �AHM  �AKM  �HMK  3600 � �HMK  3600  400  900  900  1400  900 .

0
0
0
0
Vậy � HM ; KM   180  140  40 � �  SBC  ;  SCD    40 .

Chọn A.
Câu 44 (TH):

Phương pháp:
Điểm thuộc trục của đường tròn ngoại tiếp ABC cách đều các điểm A, B, C. Thử lần lượt từng đáp án.
Cách giải:
�
OA  32  42  5
�
2
�
OB  32   4   5
� OA  OB  OC � O thuộc trục của đường tròn ngoại tiếp ABC
Đáp án A: �
�
2
2
�
OC


3


4
5




�
.
Chọn A.

Câu 45 (TH):
Phương pháp:
+ Hai mặt phẳng song song có cùng VTPT.
r
+ Phương trình mặt phẳng đi qua M  x0 ; y0 ; z 0  và nhận n  A; B; C  là 1 VTPT là
A  x  x0   B  y  y0   C  z  z0   0 .
Cách giải:

r
Vì  P  / /  Oxyz  �  P  nhận i   1;0;0  là 1 VTPT.

r
Phương trình mặt phẳng  P  đi qua K  4; 5;7  và nhận i   1;0;0  là 1 VTPT là: x  4  0 .
Chọn B.
21


Câu 46 (TH):
Phương pháp:

rr
r r
u.v
Gọi M  a; b; c  . Sử dụng công thức tính góc giữa hai vectơ: cos u; v  r r
u.v

 

Cách giải:

uuuu
r
�
OM   a; b; c 
�
r
�uuu
OA   1; 2; 2 
Gọi M  a; b; c  . Ta có �
r
�uuu
OB   2; 2;1
�
uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuu
r
a  2b  2c
2a  2b  c
cos OM ; OA 
;cos OM ; OB 
2
2
2
3 a b c
3 a2  b2  c2
uuuu
r uuu

r
uuuu
r uuu
r
Theo bài ra ta có: OM ; OA  OM ; OB � a  2b  2c  2a  2b  c � a  4b  3c  0 .









 





Vậy tập hợp các điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán thuộc mặt phẳng x  4 y  3z  0
Chọn A.
Câu 47 (NB):
Phương pháp:
Mặt cầu tâm I  a; b; c  bán kính R có phương trình là  x  a    y  b    z  c   R 2 .
2

2

2

Cách giải:
Mặt cầu tâm I  2;3; 4  bán kính R = 4 có phương trình là  x  2    y  3    z  4   16
2

2

2

Chọn B.
Câu 48 (TH):
Phương pháp:
Sử dụng công thức lãi kép: An  A  1  r  trong đó
n

An : Số tiền nhận được sau n (kì) (Tính cả gốc lẫn lãi)
n: số kì hạn gửi
A: số tiền ban đầu gửi
r: lãi suất (%/kì hạn)
Cách giải:
Giả sử sau n năm người đó nhận được số tiền lớn hơn 450 triệu, ta có:
3
3
n
An  300  1  0, 05   450 � 1, 05n  � n  log1,05 �8,31 (năm)
2
2
Vậy phải sau ít nhất 9 năm người đó mới nhận được số tiền lớn hơn 450 triệu.
Chọn D.
Câu 49 (NB):

Phương pháp:
Dựa vào đồ thị hàm số xác định các khoảng đơn điệu.
Cách giải:
22


Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên  �; 1 và  0;1 .
Chọn D.
Câu 50 (VD):
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức tính diện tích hình chiếu S hc  S .cos  để tính diện tích đáy.
+) Sử dụng công thức tính thể tích lăng trụ V  Sday .h
Cách giải:
1
0
Ta có: ABC là hình chiếu của A ' BC nên S ABC  SA ' BC .cos 60  6.  3
2
Vậy VABC . A ' B 'C'  AA '.S ABC  3.3  9
Chọn D.

23