Đề thi thử THPT QG 2019 - Toán - Toán học tuổi trẻ - Lần 2 - có ma trận, lời giải

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI 2019
ĐỂ SỐ 2
(Thời gian làm bài: 90 phút)
Câu 1. Cho f là hàm số liên tục trên R thỏa mãn
f ( x ) + f (− x ) = 1 + cos2x , ∀x ∈ R . Giá trị tích

phân

3π
4
3π
−
4

∫

f ( x)dx bằng

A. 2
B. 2 2
C. 2 2 + 1
D. 2 2 - 1
Câu 2. Cho hình chóp SABC, đáy ABC là tam giác
đều cạnh a, SA vuông góc với đáy và SA = a. Gọi
M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và
CA. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SN
bằng
a
a
a
a

A.
B.
C.
D.
4
17
17
3
Câu 3. Hàm số
f ( x) = 3 + x + 5 − x − 3x 2 + 6 x đạt giá trị lớn

nhất khi x bằng
A. -1
C. 1

B. 0
D. Một giá trị khác

6 4 44 7n 4 4 4
8
9
+
99
+
...
+
99...9
Câu 4. Giá trị của giới hạn
lim
10 n

n→∞

bằng
A. 0
B. 1
10
10
C.
D.
9
81
Câu 5. Cho tứ diện OABC có các góc tại đỉnh O
đều bằng 90 và OA = a, OB = b, OC = c. Gọi G là
trọng tâm của tứ diện. Thể tích của khối tứ diện
GABC bằng
abc
abc
A.
B.
6
8
abc
abc
C.
D.
4
24

Câu 6. Một cuộc họp có sự tham gia của 5 nhà
Toán học trong đó có 3 nam và 6 nữ, 6 nhà Vật lý

trong đó có 3 nam và 3 nữ và 7 nhà Hóa học trong
đó có 4 nam và 3 nữ. Người ta muốn lập một ban
thư kí gồm 4 nhà khoa học với yêu cầu phải có đủ
cả ba lĩnh vực ( Toán, Lý, Hóa ) và có cả nam lẫn
nữ. Nếu mọi người đều bình đẳng như nhau thì số
cách lập một ban thư kí như thế là
A. 1575
B. 1440
C. 1404
D. 171
Câu 7. Số hạng không chứa x trong khai triển
9

1

2
1 + x + x + ÷ bằng
x

A. 13051
B. 13050
C. 13049
D. 13048
Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Descartes
Oxyz cho điểm M( a, b, c ). Gọi A, B, C theo thứ
tự là điểm đối xứng của M qua mặt phẳng (yOz),
(zOx), (xOy). Trọng tâm của tam giác ABC là
 −a + b + c a − b + c a + b − c 
,
,

A. G 
÷
3
3
3


a b c
B. G  , , ÷
 3 3 3
 2a 2b 2c 
C. G  , , ÷
 3 3 3 
 a+b+c a+b+c a+b+c 
,
,
D. G 
÷
3
3
3


3
Câu 9. Cho hàm số y = x − x + m với m là một

tham số thực. Số điểm cực trị của hàm số đã cho
bằng
A. 5
B. 4

C. 3
D. 2
Câu 10. Một nhóm học sinh gồm 6 bạn nam và 4
bạn nữ đứng ngẫu nhiên thành 1 hàng. Xác suất để
có đúng 2 trong 4 bạn nữ đứng cạnh nhau là
1
1
A.
B.
4
3
2
1
C.
D.
3
2
1


Câu 11. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. M
là một điểm bất kì bên trong tứ diện. Tổng khoảng
cách từ M đến các mặt của khối tứ diện là
A. Một đại lượng phụ thuộc vị trí của M

2
3

B. a

a
2

C.

sinx − cosx
2sin 3 x − cosx

bằng
A. 0

B.

D. 90

m
m +1

SA '
SB '
SC '
= m,
= n,
=p
SA
SB
SC
.Đẳng thức nào dưới đây là đúng
1
1

1
A. 2 + 2 + 2 = 4
m n
p

tự tại A’, B’ và C’. Đặt

B.

4

4
99

B. 1
1
C. 2
D.
2
Câu 19. Cho z là một số phức khác 0. Miền giá trị
của

z+z + z−z

trị
98

B.

98

99

399 + 1
2

của

tổng

z

là

A. [2, +∞ )

B. [ 2, 2]

C. [2,4]

D. [2, 2 2]

Câu

20.

Hàm

f ( x ) = ( x − 1)2 + ( x − 2) 2 + ... + ( x − n) 2 đạt

số

giá

trị

nhỏ nhất khi x bằng
n +1
n
A.
B.
2
2
n(n + 1)
n −1
C.
D.
2
2
Câu 21. Phương trình mặt phẳng cách đều hai
đường

1 + 2 C + 2 C + ... + 2 C bằng
2
99

un
bằng
n2

A. 0

2

1
1
1
+
+
=4
mn np pm
1 1 1
C. + + = 4
m n p
D. m + n + p = 4
Câu
15.
Giá

A. (1, 16]
B. [16, +∞ )
C. (0, 16]
D. (2, 16]
Câu 18. Cho dãy số (un) thỏa mãn u1 = 1 và un =
n →∞

m2 − 1
m2 + 1
D.
2m 2 − m + 1
2m 2 + m + 1
Câu 13. Số mặt phẳng cách đều tất cả các đỉnh của

một hình chóp tứ giác là
A. 1
B. 4
C. 5
D. 6
Câu 14. Cho tứ diện SABC có trọng tâm G. Một
mặt phẳng qua G cắt các tia SA, SB và SC theo thứ

399
2

C. 60

un-1 + n với mọi n ≥ 2 . Khi đó lim

C.

A.

B. 45

Câu
17.
Bất
phương
trình
log 2 (log 4 x ) + log 4 (log 2 x) ≤ 2 có tập nghiệm là

Câu 12. Cho tanx = m. Giá trị của

2

D.

A. 30

a
3

D.

399 − 1
2
Câu 16. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy
là hình vuông ABCD cạnh a, độ dài cạnh bên cũng
bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh
SA và BC. Góc giữa MN và SC bằng
C. 399

thẳng

d1:

x +1 y −1 z − 2
=
=
và
2
3
1

d2:

x−2 y+2
z
=
=
là
1
5
−2
A. -11x + 5y + 7z – 1=0
B. 11x - 5y - 7z +1=0
C. -11x + 5y + 7z +1=0
2


D. -11x + 5y + 7z + 11=0
Câu

22.

Cho

2

log 27 a + log 9 b 2 = 5 và

log 27 b + log 9 a = 7 .Giá trị của a − b bằng
2

A. 0
C. 27
Câu 23.

B. 1
D. 702
Điều kiện

cần

và

đủ

để

phương trình của một mặt cầu
A. m > 0
B. m < -1 hoặc m > 10
C. −1 ≤ m ≤ 10
D. -1 < m < 10
Câu 24. Trên giá sách có 20 cuốn sách. Số cách lấy
ra 3 cuốn sao cho giữa 2 cuốn lấy được bất kì luôn
có ít nhất hai cuốn không được lấy là
3
3
A. C16
B. A16
3

D. A20

Câu 25. Một hình lăng trụ có tổng số đỉnh và số
cạnh bằng 200 thì có số đỉnh là
A. 100
B. 80
C. 60
D. 40
1 1
1
Câu 26. Giá trị của tổng 1 + + 2 + ... + 2019 ( ở đó
i i
i
2
i = -1 ) bằng
A. 0
B. 1
C. -1
D. i
1
Câu 27. Cho hàm số f ( x) = 2
. Giá trị của
x −1
f ( n ) (0) bằng
A. 0
B. 1
n
n !(1 + (−1) )
−n !(1 + ( −1) n )
C.

D.
2
2
Câu 28. Cho tam giác ABC. Tập hợp các điểm M
trong
mặt
phẳng
thỏa
mãn
uuur uuur uuuu
r uuur uuur uuuu
r
MA + MB + MC = MA + 2MB − MC là
A. một đoạn thẳng
B. một đường thẳng
C. một đường tròn
D. một elip

∫x
a

3

1
dx = ln 2 là
+x

1
2
1

C. 2
D.
4
Câu 30. Đường thẳng nối hai điểm cực trị của đồ

A.1

x 2 + y 2 + z 2 + 2 x + 4 y − 6 z + m 2 − 9m + 4 = 0 là

3
C. C20

Câu 29. Số a > 0 thỏa mãn
B.

mx 2 + (4 − 2m) x − 6
cách gốc tọa độ
2( x + 9)
một khoảng lớn nhất khi m bằng
1
1
A.
B. 2
2
C. 2
D. 1
Câu 31. Thể tích khối trụ nội tiếp một mặt cầu có
bán kính R không đổi có thể đạt giá trị lớn nhất
bằng
4π 3

π 3
R
R
A.
B.
9 3
9 3
2π 3
4π 3 3
R
C.
D.
R
9 3
9
thị hàm số y =

Câu 32. Cho hàm số f ( x) =

4x
. Giá trị của
4x + 2

 1 
 2 
 99 
f
÷+ f 
÷+ ... + f 
÷bằng

 100 
 100 
 100 
1
A. 49
B.
2
99
C.
D. 50
2
Câu 33. 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
1
211
A.
B.
2
7776
2
5
C.
D.
3
486
Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ Descartes
Oxyz, cho hai điểm A(3, 2, 1) và B(-1, 4, -3). Điểm

M thuộc mặt phẳng (xOy) sao cho MA − MB lớn

nhất là
3


A. M(-5, 1, 0)
B. M(5, 1, 0)
C. M(5, -1, 0)
D. M(-5, -1, 0)
Câu 35. Hình vuông nội tiếp elip (E) có phương
x2 y2
+
= 1 thì có diện tích bằng
a 2 b2
4a 2b 2
a 2b 2
A. 2
B.
a + b2
a 2 + b2
C. a 2 + b 2
D. ab
trình

Câu 36. Cho tanx – tany = 10 và cotx – coty =5.
Giá trị của tan(x – y) là
A. 10
B. -10
1
1
C. D.

10
10
9
9
9
Câu 37. Giá trị của tổng C9 + C10 + ... + C99 bằng
9

B. C99

10

D.299

A. C100
C. C100

10

Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ Descartes
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. − y + 2 z + 5 = 0
C. y − 2 z − 5 = 0
D. x − y + 2 z − 5 = 0
Câu 39. Số mặt đối xứng của một hình chóp tứ
giác đều là

A. 0
B. 1
C. 2
D. 4
Câu 40. Một túi đựng 20 tấm thẻ được đánh số từ
1 đến 20. Rút ngẫu nhiên ra hai tấm thẻ. Xác suất
để tích của hai số ghi trên hai tấm thẻ rút được là
một số chia hết cho 4 bằng
1
1
A.
B.
3
2
1
2
C.
D.
4
3
Câu 41. Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA = a,
·
·
SB=b, SC= c và BSC
= 120° , CSA
= 90° ,

· B = 60° . Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.
AS
Độ dài đoạn SG bằng

1 2
a + b 2 + c 2 + ab + bc + ca
A.
3
B.

a 2 + b2 + c 2 + ab − bc

1 2
a + b 2 + c 2 + ab − ca
3
1 2
a + b 2 + c 2 + ab − bc
D.
3
Câu 42. Kí hiệu M và m lần lượt là giá trị lớn nhất

C.

và nhỏ nhất của hàm số y = x 2 + 4 − x 2 . Khi đó
M + m bằng
25
A.
4

1
4
15
C. 4
D.

4
Câu 43. Kí hiệu M và m theo thứ tự là giá trị lớn

B.

nhất và nhỏ nhất của hàm số y = sin 3 x + cos5 x . Khi
đó M – m bằng
A. 0
B. 1
C. 2
D. 4
Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Descartes
Oxy cho hai điểm A(1, a) và B( -a, 2). Diện tích
tam giác OAB có thể đạt giá trị nhỏ nhất bằng
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
Câu 45. Số các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ
số của nó tăng dần hoặc giảm dần là
5
5
A. A10
B. C10
5
4
C. 2C9 + C9

5
D. 2C9

1 + 2i
là một nghiệm ( phức ) của
1− i
phương trình ax 2 + bx + c = 0 trong đó a, b, c là các
số nguyên dương. Thế thì a+b+c nhỏ nhất bằng
A. 8
B. 9
C. 10
D. 11
Câu 47. Điều kiện của tham số m để phương trình
8log3 x − 3 x log3 2 = m có nhiều hơn một nghiệm là
A. m<-2
B. m> 2

Câu 46. Giả sử

4


C. -2 D. -2 Câu 48. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai
đường cong y = x 2 và y = 2 − x bằng
5
B. 2
2
7
7
C.

D.
3
6
Câu 49. Số các giá trị nguyên dương của k thỏa
mãn 2k có 100 chữ số khi viết trong hệ thập phân là
A. 10
B. 6
C. 4
D. 5
Câu
50.
Giá
trị
của
giới
hạn

A.

(2 x − 1)(3x − 1)...(n x − 1)
bằng
x →0
xn −1
A. ln(n!)
B. ln2ln3…lnn
C. n!
D. 2 + 3 + …+ n
lim

5

MA TRẬN
Cấp độ câu hỏi
STT

Chuyên
đề

Đơn vị kiến thức

Nhận Thông
biết
hiểu

Vận
dụng

Vận
dụng
cao

Tổng

1

Đồ thị, BBT

0

2

Cực trị

3

Đơn điệu

0

4

Tương giao

0

C9

Hàm số
5

C20
C42

Min - max

C30

2

C3

4

C43
6

Tiệm cận

0

7

Bài toán thực tế

0

8

Hàm số mũ - logarit

0

9

Biểu thức mũ logarit

C32

Phương trình, bất

phương trình mũ logarit

C49

10

Mũ logarit

11
12
13
14
15

Nguyên
hàm –
Tích phân

16
17

Số phức

18
19
20

2

C17

3

C47

Bài toán thực tế

0

Nguyên hàm

0

Tích phân

C2

Ứng dụng tích phân

C48

C29

C1

3
1

Bài toán thực tế

0

Dạng hình học

0
C19
C26

Dạng đại số
PT phức

Hình Oxyz

C22

2
C46

Đường thẳng

1
C34

Mặt phẳng

C38

21

Mặt cầu

C23

22

Bài toán tọa độ

C13

C8,

C21

1
2
1

C41

5
6


điểm, vecto, đa điện

C39

C25

23

Bài toán max, min

24

Thể tích, tỉ số thể
tích

C5
C14

25

Khoảng cách, góc

C11

26

Khối nón

27
28

HHKG

Khối tròn
xoay

29

30

Tổ hợp –
xác suất

31
32

CSC CSN

33

PT - BPT

34

Khối trụ

0
2
C2 C16

3
0

C31

1

Mặt cầu ngoại tiếp

khối đa diện

0

Tổ hợp – chỉnh hợp

C37
C45

C6

Xác suất

C10
C40

C33

3

Nhị thức Newton

C15

C7

2

C24

4

Xác định thành phần
CSC - CSN

0

Bài toán tham số

0

Giới hạn

C4

C18 C50

3

Giới hạn
35– Hàm số

Hàm số liên tục

0

liên tuc36
– Đạo hàm

Tiếp tuyến

0

37
38

39
40
41

Đạo hàm
PP tọa độ
trong mặt
phẳng

C27

1

PT đường thẳng

C44

1

PT Elip

C35

1

Lượng
giác

CT lượng giác

Vecto

Quỹ tích

C12
C36

2

BDT Lượng giác

0
C28

1

NHẬN XÉT ĐỀ
Mức độ đề thi: KHÁ
Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan.

7


Kiến thức tập trung trong chương trình lớp 12, câu hỏi lớp 11 chiếm 26%., câu hỏi thuộc kiến thức lớp 10 chiếm

10%.
Cấu trúc: tương đối giống các đề thi mẫu.
22 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh. 3 câu VDC.
Chủ yếu các câu hỏi ở mức thông hiểu.
Đề thi phân loại học sinh ở mức Khá.

Câu 38 đề còn thiếu!

8


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 2
1
2B 3C 4C 5
6C 7
8B 9
10
D
D
A
A D
11
B

12
D

13
C

14
C

15
D

16
A

17
A

18
D

19
D

20
A

21
C

22
D

23
D

24
A

25
B

26
A

27
D

28
C

29
B

30
B

1
1
1
1 16 17
= 2+
= 2+ 2= 2 .
2
2
AH

SA
AK
a
a
a
a
Suy ra AH =
17
Câu 3. Chọn C.

Áp dụng kết quả cơ bản

a + b ≤ 2 ( a + b ) ta

được

f ( x ) = 3 + x + 5 − x − 3 ( x − 1) + 3 ≤ 2 ( 3 + x + 5 − x ) + 3 = 7
2

31
A

32
C

33
B

34
B

35
A

36
B

37
C

38
A

39
D

40
B

41
D

42
A

43
C

44
B

45
C

46
B

47
C

48
C

49
C

50
B

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. Chọn D.
Ta có

3π
4
3π
−
4

∫

f ( x )dx = ∫
3π
4
0

0

= − ∫3π f (−u )du + ∫
4

3π
4
0

L = lim

0

−

3π
4

=∫

3π
4
0

f ( x )dx + ∫
3π
4
0

f ( x)dx = ∫
3π
4
0

= ∫ [f ( x) + f(− x)]dx = ∫
3π
4
0

10n
10 + 102 + ... + 10n − n
= lim
n →∞
10n

f ( x )dx
3π
4
0

f (− u)du + ∫

f ( x)dx

1 + cos2 xdx

AM // KE ⇒ AM // ( SKE ) .
Do đó d ( AM , SN ) = d ( A, ( SKE ) ) . Ta dễ chứng

AH ⊥ ( SKE )

nên

d ( A, ( SKE ) ) = AH . Tam giác SAK vuông ở A và
có AH là đường cao nên

 1 + 10 + ... + 10n −1 n 
lim 
− n÷
n →∞
10n −1
10 

 10n −1 − 1 n 
1
n  10
 10
lim 
− n ÷ = lim  −
− n ÷=
n
−
1
n

−
1
n →∞
10  n→∞  9 9.10
10  9
 9.10
Câu 5. Chọn D.
Gọi G1 là trọng tâm của tam giác ABC, H và K
lần lượt là hình chiếu của O và G trên mặt phẳng
(ABC). Khi đó
VGABC GK G1G 1
=
=
=
VOABC OH G1O 4

3π
 π2

2 cos x = 2  ∫ cos xdx − ∫π 4 cos xdx ÷
0
2



được

( 10 − 1) + ( 102 − 1) + ... + ( 10n − 1)

n→∞

= 2 2 −1
Câu 2. Chọn B.
Gọi E là trung điểm của
MC. Qua A kẻ một đường
thẳng song song với BC cắt
đường thẳng NE tại K. Kẻ
AH ⊥ SK ( H ∈ SK ) . Ta có

minh

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
Câu 4. Chọn C.
n
Chú ý kết quả cơ bản lim n = 0 với a > 1 . Gọi L
n →∞ a
là giá trị của giới hạn cần tìm. Thế thì

1
abc
Do đó VGABC = VOABC =
4
24
Câu 6. Chọn C.
Số cách chọn 4 nhà khoa học mà có đủ cả ba lĩnh
2 1 1
1 2 1
1 1 2
vực là C5 C6C7 + C5C6 C7 + C5C6C7 = 1575 .

Số cách chọn 4 nhà khoa học nam mà có đủ cả ba
2 1 1
1 2 1
1 1 2
lĩnh vực là C3 C3C4 + C3C3 C4 + C3C3C4 = 126 .


Số cách chọn 4 nhà khoa học nữ mà có đủ cả ba
2 1 1
1 2 1
1 1 2
lĩnh vực là C2 C3C3 + C2C3 C3 + C2C3C3 = 45

Vậy số cách lập một ban thư kĩ thỏa mãn yêu cầu
là:
1575 − 126 − 45 = 1404
Câu 7. Chọn A.
9

9

9
1
1

Ta có 1 + x + x 2 + ÷ = ( 1 + x 2 )  1 + ÷
x

 x

1 9 9
 9
 9
=  ∑ C9k x 2 k ÷ ∑ C9i i ÷ = ∑∑ C9k C9i x 2 k −i .
x  k =0 i =0
 k =0
 i =0
Từ đây ta cho 2k – i = 0 thì tìm được 5 cặp (i, k)
thỏa mãn là (0,0), (2,1), (4,2), (6,3), (8,4). Vậy số
hạng
không
chứa
x
là

gồm có 6 bạn nam và 3 bạn nữ ( trong đó có 1
bạn nữ “đặc biệt”). Ta xếp vị trí cho các bạn nam
trước thì có 6! Cách. Giữa các bạn nam có 5 vị trí
xen kẽ với 2 vị trí đầu hàng và cuối hàng bây giờ
3
ta xếp 3 bạn nữ vào 3 trong 7 vị trí kia thì có A7

2C64 6! A73 1
cách. Vậy xác xuất cần tìm bằng
= .
10!
2
Câu 11. Chọn B.
Gọi x, y, z, t lần lượt là khoảng cách từ M đến các
mặt phẳng (BCD), (CDA),

(DAB),
(ABC). Ta
có

1 + C91C92 + C92C94 + C93C96 + C94C98 = 13051.

Câu 8. Chọn B.
Dễ thấy các điểm A, B, C có tọa độ là A(-a, b, c),
B(a, -b, c), C(a, b, -c). Thế thì tọa độ trọng tâm G
a b c
của tam giác ABC sẽ là G  , , ÷
 3 3 3
Câu 9. Chọn A.

x
y
VMBCD = .S BCD ,VMCDA = .SCDA ,
3
3
z
t
VMDAB = .S DAB , VMABC = .S ABC .
3
3
Cộng lại ta thu được (chú
S BCD = SCDA = S DAB = S ABC = S )
1
VABCD = .(x + y + z + t ).S.
3

Suy

Số điểm cực trị của hàm số đã cho cũng chính là

của

3
số điểm cực trj của hàm y = x − x . Dựa vào tính

4
h = AH = AB 2 − BH 2 = AB 2 − BM 2
9

chất của hàm số có chứa dấu giá trị tuyệt đối
chúng ta dễ dàng vẽ được đồ thị của hàm

4
= AB 2 − ( BC 2 − CM 2 )
9

y = x3 − x như hình bên. Từ đồ thị ta nhận thấy

4
1
2
= a 2 − (a 2 − a 2 ) = a
9
4
3

hàm số này có 5 điểm cực trị.
Câu 10. Chọn D.
2
4

Chọn 2 bạn nữ trong 4 bạn thì có C cách. Ta
“buộc” hai bạn này vào nhau coi như một bạn nữ
thông thường. Có 2 cách để “buộc” như thế ( vì
có thể là ab hoặc ba). Lúc này nhóm học sinh

rằng

ra

3VABCD
= h với h là độ dài đường
S
tứ diện đều ABCD. Ta có

(x + y + z + t) =

cao

ý

Vậy x + y + z + t = a
Câu 12. Chọn D.
Ta có

2

3


uur uur uuu
r
Nhưng do SA, SB, SC là ba vecto không đồng

sin x − cosx
(sin x − cosx)(sin 2 x + cos 2 x)
=
2s in 3 x − cosx 2sin 3 x − cosx( sin 2 x + cos 2 x)

phẳng nên đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi

 s inx   s in x 
− 1÷
+ 1÷

2
2
 cosx   cos x  (tanx-1)(tan x+1)
=
=
3
2
2sin 3 x  s in 2 x  2 tan x − (tan x+1)
−
+1
cos3 x  cos 2 x ÷


2

Từ

(m − 1)(m + 1)
m +1
=
.
3
2
2 m − m − 1 2m 2 + m + 1
Câu 13. Chọn C.
Giả sử S.ABCD là hình
chóp tứ giác. Gọi A’, B’,
C’, D’ lần lượt là trung
điểm của các đoạn SA,
SB, SC, SD và M, N, P, Q
tương ứng là trung điểm
của các đoạn AB, BC, CD, DA. Khi đó các mặt
phẳng sau đây có tính chất cách đều tất cả các
đỉnh của hình chóp (A’B’C’D’), (A’B’NQ),
(C’D’QN), (A’D’PM), (B’C’PM). Vậy có tất cả 5
mặt phẳng.
Câu 14. Chọn C.
Gọi G1 là trọng tâm của
tam giác ABC. Khi đó
=

2

2

uuu
r 3 uuur 1 uur uur uuu
r
SG = SG1 = ( SA + SB + SC ).
4
4
G ∈ ( A ' B ' C ')
Do
nên

tồn

tại

x, y , z ∈ R , x + y + z = 1
sao
cho
uuu
r
uuur
uuur uuur uuuuuu
r
uur
uuu
r
SG = xSA ' + ySB ' + zSC ' = xmSA + ynSB + zpSC .

So sánh hai đẳng thức trên ta suy ra

r r
1  uur 
1  uur 
1  uuu

 xm − ÷SA +  yn − ÷SB +  zp − ÷SC = 0.
4
4
4




1
1
1
1
⇒x=
,y=
,z =
.
4
4m
4n
4p
và do x + y + z = 1 ta thu được

xm = yn = zp =
đây

1 1 1
+ + = 4.
m n p
Câu 15. Chọn D.
Gọi S là tổng cần tính. Từ công thức khai triển
nhị thức Newton chúng ta dễ dàng thấy
(1 + 2)99 + (1 − 2)99 = 2S ⇒ S =

399 − 1
.
2

Câu 16. Chọn A.
Gọi K là trung điểm của SD. Dễ
thấy tứ giác MNCK là hình bình
hành. Suy ra MN // CK. Do đó
góc giữa MN và SC chính là
·
. Tam giác SCD đều có CK
KCS
là trung tuyến nên CK ⊥ SD
SK 1
·
·
=
= ⇒ KCS
Từ đó sin KCS
= 30°
SC 2
Câu 17. Chọn A.

Bất phương trình đã cho tương đương với
1
 1
log 2  log 2 x ÷+ log 2 (log 2 x) ≤ 2
2
 2
1
1
⇔ log 2 + log 2 (log 2 x) + log 2 (log 2 x) ≤ 2
2
2
3
⇔ log 2 (log 2 x) ≤ 3 ⇔ log 2 (log 2 x) ≤ 2
2
⇔ 0 < log 2 x ≤ 4 ⇔ 1 < x ≤ 16.
Câu 18. Chọn D.
Từ giả thiết ta có


un = un −1 + n
= un − 2 + (n − 1) + n
= un −3 + ( n − 2) + (n − 1) + n
= ...
= u1 + 2 + 3 + ... + n
n( n + 1)
.
2
un
n +1
1 1 1

= lim
= lim 1 + ÷ = .
Do đó lim
n →∞ n 2
n →∞ 2n
n →∞ 2
 n 2
Câu 19. Chọn D.
= 1 + 2 + ... + n =

ur
d1 có vecto chỉ phương là u1 = (2,3,1) tương ứng
uu
r
với d2 có u2 = (1,5, −2) . Gọi (P) là mặt phẳng
cách đều d1 và d2 thì (P) có một vecto pháp tuyến
r
ur uu
r
là n = u1 , u2  = (−11,5, 7) .
Lấy
điểm
A(−1,1, 2) ∈ d1 và B (2, −2, 0) ∈ d 2 . Trung điểm

1 1 
đoạn AB là I  , − ,1÷. (P) đi qua I nên có
2 2 
phương trình là
1 
1


( P ) : −11 x − ÷+ 5  y + ÷+ 7( z − 1) = 0
Đặt z = a + bi (a, b ∈ R) ⇒ z = a − bi . Thế thì
2 
2

z+z + z−z
2a + 2bi 2( a 2 + b 2 ) 2 2(a 2 + b 2 )⇔ −11x + 5 y + 7 z + 1 = 0
=
=
≤
= 2 2.
z
a 2 + b2
a 2 + b2
a 2 + b 2 Câu 22. Chọn D.
Ta biến đổi như sau
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b . Mặt
1
 3 log 3 a + log 3 b = 5
 a = 729
log 3 a = 6
2( a 2 + b2 ) 2 a 2 + b 2
⇔
⇔
.



≥

=2
khác
1
log
b
=
3
b
=
27
2
2
2
2


3



a +b
a +b
log a + log 3 b = 7
 3
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 0 hoặc b = 0
Câu 23. Chọn D.
z+z + z−z
Phương trình đã cho có thể viết lại thành
Như vậy ta có 2 ≤

≤2 2
z
( x + 1) 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = − m 2 + 9m + 10.

Câu 20. Chọn A.
Ta viết lại hàm số đã cho thành
f ( x) = nx 2 − 2(1 + 2 + ... + n) x + 12 + 22 + ... + n 2
= nx 2 − n(n + 1) x + 12 + 22 + ... + n 2

n + 1 (n + 1) 2  n(n + 1) 2 2 2
= n  x 2 − 2.
x+
−
+ 1 + 2 + ... + n 2

2
4 
4

2

2
 n + 1  n(n + 1)
= n x −
−
+ 12 + 22 + ... + n 2
÷
2 
4


2
n(n + 1)
≥−
+ 12 + 22 + ... + n 2
4

n +1
x=
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2

Câu 21. Chọn C.

Phương trình này là phườn trình của một mặt cầu
khi và chỉ khi
−m 2 + 9m + 10 > 0 ⇔ −1 < m < 10.
Câu 24. Chọn A.
Gọi a, b, c(1 ≤ a < b < c ≤ 20) tương ứng là vị trí
của 3 cuốn sách được lấy. Để giữa 2 cuốn lấy
được bất kì luôn có ít nhất 2 cuốn không được lấy
thì điều kiện cần và đủ là b − a > 2 và c − b > 2 .
Tức là 5 ≤ a + 4 < b + 2 < c ≤ 20 . Như vậy số cách
lấy ra 3 cuốn sách thỏa mãn yêu cầu chính là số
cách lấy ra 3 số nguyên dương trong 16 số( từ 5
3
đến 20 có tất cả 16 số) và bằng C16 .

Câu 25. Chọn B.
Ta biết rằng số đỉnh của hình lăng trụ luôn là một
số chẵn. Giả sử một hình lăng trụ có 2n đỉnh. Khi

đó số cạnh của hình lăng trụ sẽ bằng 3n. Theo bài


ra ta có 2n+3n = 200 ⇔ n=40. Vậy lăng trụ đó có
80 đỉnh.
Câu 26. Chọn A.
Gọi S là tổng cần tính. Áp dụng công thức tính
tổng của cấp số nhân ta có
1
1 − 2020
i 2020 − 1
(−1)1010 − 1
i
S=
= 2020 2019 = 2020 2019 = 0
1
i −i
i −i
1−
i
Câu 27. Chọn D.
Trước hết ta viết lại hàm số đã cho thành
1
1 1
1 
f ( x) = 2
= 
−
÷.
x −1 2  x −1 x +1 

1  1 
 1 

÷ −
÷
2  x − 1 
 x +1 
(n)

n
Từ đó f ( x ) =

Dễ

dàng

thấy

rằng

nếu


.

1
y=
ax + b
(n )

thì

n !(− a )n
.
(ax + b) n +1
Áp dụng kết quả này ta được

n !(−1) n 
1
1
n
f ( x) =
−

n +1
n +1 
2  ( x − 1)
( x + 1) 
yn =

Suy ra
 n ![1 + (−1) n ]
n !(−1) n  1
f (0) =
−
1
=
.
2  (−1) n +1 
2

Câu 28. Chọn C.
Gọi G là trọng tâm tam
giác ABC và E là điểm
thỏa
mãn
uuu
r uuu
r uuur
EA + 2 EB − EC = 0
(điểm E như thế luôn tồn tại duy nhất). Khi đó
uuuu
r uuur
đẳng thức trên tương đương với 3MG = ME
n

hay 3MG = ME . Trên đường thẳng GE ta lấy 2
điểm P, Q thỏa mãn 3PG=PE, 3QG=QE. Khi đó
quỹ tích điểm M thỏa mãn yêu cầu là đường tròn
đường kính PQ.
Câu 29. Chọn B.

Ta có
2

2

1
x 
1
ln 2 = ∫ 3

dx = ∫  − 2 ÷dx
x +x
x x +1
a
a
2

2

x
1
2 a2 + 1


=  ln x − ln( x 2 + 1) ÷ = ln
= ln
.
2
a 5

0
x2 + 1 0
2 a2 +1
1
=2⇔a= .
2
a 5
Câu 30. Chọn B.
Để đồ thị có 2 điểm cực trị thì PT y’=0 có 2
nghiệm phân biệt. Ta tìm được điều kiện m< 0

Từ đó suy ra

14
. Khi đó đường thẳng nối hai điểm
33
cực trị có phương trình là

hoặc m >

 mx 2 + (4 − 2m) x − 6  '
y=
= mx + 2 − m.
[2( x + 9)]'
Khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng này
là
h=

2−m
m2 + 1

=

(2 − m)2
⇒ (m 2 + 1)h 2 = m 2 − 4m + 4
m2 + 1

⇒ (h 2 − 1) m 2 + 4 m + h 2 − 4 = 0
(*)
3

. Khi h ≠ 1 thì (*) là phương
4
trình bậc 2 của m. Điều kiện cần và đủ để phương
trình
này
có
nghiệm
là

Khi h = 1 thì m =

∆ ' = 4 − ( h 2 − 1)(h 2 − 4) ≥ 0
⇒ h 2 (h 2 − 5) ≤ 0 ⇒ h ≤ 5.

1
2
Khi h = 5 thì 4m + 4m + 1 = 0 ⇔ m = − .
2
Câu 31: Chọn A.
Gọi r, h, V tương ứng là bán kính đáy, chiều cao
và thể tích của khối trụ. Ta dễ dàng thấy

π 2 π  2 h2 
h2
2
V
=
hr = h  R − ÷ .
r +
= R . Và từ đó

3
3 
4
4
2

Bây giờ sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có


V2 =

π 2 2  2 h 2  2π 2 h 2  2 h 2   2 h 2 
h  R − ÷=
.  R − ÷ R − ÷
9 
4
9 2
4 
4
3

2π 2 1  h 2  2 h 2   2 h 2   16π 2 6
≤
.  +  R − ÷+  R − ÷ =
R
9 27  2 
4  
4 
243
Suy ra V ≤

4π 3
R . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ
9 3

khi

h2
h2
4
2
= R 2 − ⇒ h2 = R 2 ⇒ h =
R
2
4
3
3
Câu 32. Chọn C.
Trước hết ta có
4x
41− x
f ( x) + f ( 1− x) = x
+
=1
4 + 2 41− x + 2
Áp dụng kết quả này ta được
 1 
 2 
 99 
f

÷+ f 
÷+ ... + f 
÷
 100 
 100 
 100 
40
  k 
k 
1 99

1
= ∑ f 
÷+ f  1 −
÷ + f  ÷ = 49 + =
2 2
 100  
2
k =1   100 
Câu 33. Chọn B.
Để tích các số chấm xuất hiện ở năm lần gieo là
một số tự nhiên có tận cùng bằng 5 thì phải có ít
nhất một lần ra mặt 5 chấm và các mặt khác ra
mặt lẻ. Do đó xác suất cần tìm bằng

35 − 25
211
=
5
6

7776
Câu 34. Chọn B.
Dễ thấy A, B nằm khác
phía so với mặt phẳng
(xOy). Gọi B’ là điểm đối
xừng với B qua (xOy). Thế
thì B ' ( −1, 4,3) và MB = MB ' . Khi đó

MA − MB = MA − MB ' < AB ' .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M, A, B’ thẳng
hàng và M nằm ngoài đoạn AB’. Như vậy M cần

tìm là giao điểm của đường thẳng AB’ và mặt
phẳng (xOy). Đường thẳng AB có phương trình
x − 3 y − 2 z −1
AB ' :
=
=
−2
1
1
Từ đó tìm được M ( 5,1, 0 ) .
Câu 35. Chọn A.
Giả sử ABCD là hình
vuông nội tiếp elip
x2 y 2
+
=1.
a 2 b2
Khi đó các đỉnh A, B, C, D phải nằm trên một

trong hai đường phân giác của góc phần tư thứ
nhất và thứ 2. Giả sử A(m, m) với m>0. Khi đó

( E) :

2
AB = 2m và S ABCD = 4m . Mà A ( m, m ) ∈ ( E )

nên ta có

m2 m2
+
=1
a2 b2

a 2b 2
4a 2b 2
⇒
S
=
ABCD
a 2 + b2
a2 + b2
Câu 36. Chọn B.
1
1
−
=5
Từ cot x − cot y = 5 ⇒
tan x tan y

tan y − tan x
⇒
=5.
Kết
hợp
với
tan x.tan y
tan x − tan y = 10 thì ta được tan x.tan y = −2 .
⇒ m2 =

Do đó
tan x − tan y
10
=
= −10
1 + tan x.tan y 1 − 2
Câu 37. Chọn C.
k
k +1
k +1
Áp dụng liên tiếp công thức Cn + Cn = Cn +1 ta
tan ( x − y ) =

được
C99 + C109 + ... + C999 = C1010 + C109 + ... + C999
14 2 43
10
= C11
+ C 9 + ... + C999
14 2 4311

= C1210 + C129 + ... + C999
14 2 43
= ...


10
10
= C99
+ C999 = C100

Câu 42. Câu A.
2
2
4 − x 2 = t thì x = 4 − t và 0 ≤ t ≤ 2 . Hàm

Câu 38. Chọn A.
Dễ dàng kiểm tra được điểm A nằm trong khối
cầu (S). Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một
đường trong có chu vi nhỏ nhất khi và chỉ khi
khoảng cách từ tâm O của (S) tới (P) là lớn nhất.

Đặt

chỉ khi A là hình chiếu của O trên (P). Khi đó (P)
uuu
r
sẽ nhận OA = ( 0, −1, 2 ) làm vectơ pháp tuyến.

−2≤ x ≤ 2

y = max f ( t ) = min { f ( 0 ) , f ( 2 ) } = 2
Và −max
2≤ x ≤ 2
0≤t ≤ 2

Vậy
( P ) : 0 ( x − 0 ) − 1( y + 1) + 2 ( z − 2 ) = 0 ⇔ y − 2 z + 5 = 0

Từ đó M + m =

Mà d ( O, ( P ) ) ≤ OA và đẳng thức xảy ra khi và

Câu 39. Chọn D.
Giả sử S.ABCD là chóp tứ
giác đếu. Gọi M, N, P, Q lần
lượt là trung điểm của các
đoạn AB, BC, CD, DA. Khi
đó các mặt phẳng sau đây đều
là mặt phẳng đối xứng của
hình
chóp:

( SAC ) , ( SBD ) , ( SMP ) , ( SNQ ) .

trên đoạn [ 0, 2] ta dễ dàng tìm được
 1  17
max y = max f ( t ) = f  ÷ =
0≤t ≤ 2
2 4

17
25
+2=
.
4
4
Câu 43. Chọn C.
Dễ thấy

x∈R

Tương tự
Vậy có tất cả 4

2
Số cách rút hai thẻ chẵn là C10 . Số cách rút ra hai

thẻ trong đó có một thẻ ghi số chia hết cho 4 còn
1
10

thẻ kia ghi số lẻ là C C .
Vậy xác suất cần tìm là

Bằng cách lập bảng biên thiên của hàm số này

3
2


sin x ≤ sin x
⇒ sin 3 x + cos5 x ≤ sin 2 x + cos 2 x = 1
 5
2

cos x ≤ cos x
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi sinx = 1 hoặc
cosx = 1. Do đó M = max y = 1

mặt phẳng đối xứng.
Câu 40. Chọn B.

1
5

2
số đã cho trở thành y = f ( t ) = −t + t + 4

C102 + C51C102 1
=
C202
2

sin 3 x ≥ − sin 2 x
⇒ sin 3 x + cos5 x ≥ − ( sin 2 x + cos 2 x ) = −1
 5
2
cos x ≥ − cos x
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi sinx = -1 hoặc
cosx = -1. Do đó m = min y = −1 . Vậy

x∈R

M −m = 2.
Câu 44. Chọn B.
Đường thẳng AB có phương trình là
( 2 − a) x + ( 1 + a ) y − 2 − a2 = 0

Khoảng cách từ O tới đường thẳng AB bằng
Câu 41. Chọn D.
Theo một kết quả cơ bản của hình học vectơ ta có
2 + a2
2 + a2
h=
=
uur uur uuu
r uuu
r
2
2
SA + SB + SC = 3SG
5 − 2a + 2a 2
( a + 1) + ( a − 2 )
Bình phương hai vế ta được
2
2
uur uur uur uuu
r uuu
r uur
AB = ( a + 1) + ( a − 2 ) = 2a 2 − 2a + 5
9 SG 2 = SA2 + SB 2 + SC 2 + 2SA.SB + 2 SB.SC + 2 SC.SA

·
·
1
a2
= a 2 + b 2 + c 2 + 2ab cos ·ASB + 2bc.cos BSC
+ 2ca cos CSA
SOAB = .h. AB = 1 + ≥ 1
2
2
= a 2 + b 2 + c 2 + ab − bc
Diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ nhất bằng
1 2
a + b 2 + c 2 + ab − bc
Từ đó: SG =
1 khi a = 0.
3
Câu 45. Chọn C.


•

TH1: Số tự nhiên đó không có chữ số 0.
Khi đó ta chọn 5 chữ số từ các chữ số 1,
5
2, …., 9 thì có C9 cách. Có 2 cách sắp

xếp các chữ số này theo thứ tự tăng dần
hoặc giảm dần. Suy ra trường hợp này có
•

2C95 số.
TH2: Số tự nhiên đó có chữ số 0. Khi đó 0
phải ở vị trí cuối cùng và các chữ số sẽ
theo thứ tự giảm dần. Suy ra trường hợp
4
này có C9 số.

5
4
Như vậy có tất cả là 2C9 + C9 số

Câu 47. Chọn B.
Đặt
z=

1 + 2i ( 1 + 2i ) ( 1 + i ) −1 + 3i
=
=
⇒ 2 z + 1 = 3i
1− i
2
( 1− i) ( 1+ i)

⇒ ( 2 z + 1) = ( 3i ) ⇒ 2 z 2 + 2 z + 5 = 0
2

2

Điều này chứng tỏ z là một nghiệm (phức) của
phương trình 2 x 2 + 2 x + 5 = 0

Từ đó suy ra min ( a + b + c ) = 2 + 2 + 5 = 9
Câu 48. Chọn C.
Đặt 2log3 x = t > 0 , phương trình trở thành
t 3 − 3t = m
Bằng cách lập bảng biên thiên của hàm

f ( t ) = t 3 − 3t trên khoảng ( 0, +∞ ) chúng ta dễ
dàng thấy rằng phương trình có nhiều hơn một
nghiệm (chính xác hơn là có hai nghiệm) khi và
chỉ khi −2 < m < 0 .
Câu 48. Chọn C.
Gọi S là diện tích của
miền cần tính. Từ hình
vẽ và do tính đối xứng
ta có
1
7
S = 2 ∫ ( 2 − x − x 2 ) dx =
3
0
Câu 49. Chọn C.
Vì 2k có 100 chữ số nên

1099 ≤ 2k ≤ 10100 ⇔ 99 ≤ k lg 2 ≤ 100 ⇔

99
100
≤k≤
lg 2
lg 2

hay 329 ≤ k ≤ 332 . Tức là có 4 giá trị nguyên
dương của k thỏa mãn.
Câu 50. Chọn B.
ax −1
Áp dụng kết quả cơ bản lim x = ln a ta được
x→0
a

(2
lim
x →0

x

− 1) ( 3 x − 1) ... ( n x − 1)
x n −1

 2 x − 1 3x − 1 n x − 1 
= lim 
.
...
÷
x →0
x
x 
 x
= ln 2.ln 3...ln n .