118 đề thi thử THPT QG 2019 toán chuyên tuyên quang lần 1 có lời giải

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
MÃ ĐỀ 01-NC

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
MÔN TOÁN (NÂNG CAO)
NĂM HỌC: 2018 – 2019
Thời gian làm bài: 90 phút

Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần I môn Toán của trường THPT Chuyên Tuyên Quang gồm 50 câu hỏi
trắc nghiệm nội dung chính của đề vẫn xoay quanh chương trình Toán 12, ngoài ra có một số ít các bài
toán thuộc nội dung Toán lớp 11, lượng kiến thức được phân bố như sau: 93% lớp 12, 7% lớp 11, 0%
kiến thức lớp 10. Đề thi được biên soạn dựa theo cấu trúc đề minh họa môn Toán 2019 mà Bộ Giáo dục
và Đào tại đã công bố từ đầu tháng 12. Trong đó xuất hiện các câu hỏi khó nhằm phân loại tối học sinh.
Đề thi giúp HS biết được mức độ của mình để có kế hoạch ôn tập một cách hiệu quả nhất,
2 x
Câu 1 (TH): Họ các nguyên hàm F (x) của hàm số f  x   3sin x   e là
x
x
A. F  x   3cos x  2 ln x  e  C.

x
B. F  x   3cos x  2 ln x  e  C.

x
C. F  x   3cos x  2 ln x  e  C.

x
D. F  x   3cos x  2 ln x  e  C.

Câu 2 (TH): Hàm số y  x 3  3x  2019 đồng biến trên khoảng

A.  2;0 

B.  1;1

C.  3; 1

D.  0; 2 

Câu 3 (TH): Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u1  2 và công sai d  5 . Giá trị u4 bằng
A. 250.

B. 17.

C. 22.

D. 12.

Câu 4 (TH): Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng a 2 . Mặt phẳng  P  qua S cắt đường tròn đáy
4a 17
tại A, B sao cho AB  2a . Biết rằng khoảng cách từ tâm đường tròn đáy đến mặt phẳng  P  là
.
17
Thể tích khối nón bằng
8 3
10 3
a .
A.  a .
B. 2 a 3 .
C.
D. 4 a 3 .

3
3
Câu 5 (NB): Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k �n . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
k
A. An 

n!
.
 nk!

k
B. An 

n!
.
k ! n  k  !

k
C. An 

n!
.
k!

D. Ank 

k ! n  k  !
.
n!

Câu 6 (VDC): Cho hàm số f  x  thỏa mãn f  x   2 x f '  x   3 xe  x , x �[0; �) . Giá trị f  1 bằng
1
A. 1  .
e

B.

2
.
e

A.  3; 2; 2 

B.  3; 2; 2 

C.

1
.
e
r r r
r
r
Câu 7 (NB): Trong không gian Oxyz, cho u  3i  2 j  2k . Tọa độ của u là

2
D. 1  .
e

C.  2;3; 2 

D.  2;3; 2 

2
Câu 8 (NB): Họ nguyên hàm của hàm số f  x   x là

A.

x3
.
3

B.

x2
 C.
2

Câu 9 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình  0,1
A.  2;1 .

B.  �; 2  .

C.
x2  x

x3
 C.
3

D. 2 x  C.

 0, 01 là

C.  1; � .

D.  �; 2  � 1; � .
1


Câu 10 (TH): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA   ABCD  và SA  a 6 . Giá trị

cos  SC ,  SAD   bằng
14
.
2

A.

Câu 11 (TH): Biết

B.

14
.
4

f  x  dx  4 x ln  2 x  1  C
�

C.

6
.
6

6
.
3

D.

�1
�
 ; ��. Khẳng định nào dưới đây đúng?
với x ��
�2
�

4

A.

f  5 x  dx  x ln  10 x  1  C.
�
5

B.

f  5 x  dx  4 x ln  10 x  5   C.

�

C.

f  5 x  dx  20 x ln  10 x  1  C .
�

D.

f  5 x  dx  4 x ln  10 x  1  C.
�

Câu 12 (TH): Cho số phức z thỏa mãn  2i  1 z  4  3i . Điểm biểu diễn của số phức z là
A. M  2;1 .

B. M  2; 1 .

C. M  2;1 .

D. M  2; 1 .

C. x  8.

D. x  log16 2.

Câu 13 (NB): Nghiệm của phương trình 2 x  16 là
A. x  5.

B. x  4.

Câu 14 (VD): Giả sử a, b là các số thực sao cho x 3  y 3  a.103 z  b.102 z đúng với mọi các số thực dương
2
2
x, y, z thỏa mãn log  x  y   z và log  x  y   z  1 . Giá trị của a  b bằng

29
31
31
.
B. .
C.  .
2
2
2
Câu 15 (NB): Phần thực và phần ảo của số phức z  1  2i lần lượt là
A. 2 và 1.
B. 1 và 2.
C. 1 và 2i .

A. 

Câu 16 (TH): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f '  x   x  x  1
hàm số là
A. 5

B. 3

2

D.

29
.
2

D. 1 và i.

 x  3

3

, x ��. Số điểm cực trị của

C. 2

D. 1

2
Câu 17 (TH): Đạo hàm của hàm số f  x   log 2  3 x  2  là

A. f '  x  

1
.
 3x  2  ln 2

B. f '  x  

6 x.ln 2
.

3x 2  2

C. f '  x  

6x
.
 3x  2  ln 2

D. f '  x  

ln 2
.
3x 2  2

2

2

Câu 18 (TH): Hàm số y   x 4  2 x 2  5 đồng biến trên khoảng
A.  �; 1 � 0;1

B.  �; 1 và  0;1

Câu 19 (TH): Tập xác định của hàm số y   3x  9 
A. D   �; 2 
Câu 20 (TH): Cho
A. 7

B. D  �\  2

2

2

1

1

C.  1;0  và  1; �
2

là

C. D   2; �

f  x  dx  2 và �
�
2 f  x  g  x �
�
�dx  3 ; giá trị
�
B. 5

D.  1;1

C. -1

D. D  �
2

g  x  dx bằng
�
1

D. 1

2


Câu 21 (VD): Lớp 12A có 35 học sinh, trong đó có 3 học sinh cùng tên là Trang, 2 học sinh cùng tên là
Huy. Xếp ngẫu nhiên 35 học sinh thành một hàng dọc. Xác suất để 3 học sinh tên Trang đứng cạnh nhau
và 2 học sinh tên Huy đứng cạnh nhau là
1
1
1
2
.
.
.
.
A.
B.
C.
D.
2992
3246320
39270
6545
Câu 22 (TH): Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  2 z  10  0 . Giá trị biểu thức

z1  z2 bằng
A. 3 10.

B. 4 10.

C. 2 10.

D. 10.

Câu 23 (VD): Kí hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  z  20192018  0 . Giá trị z1  z2
bằng
A. 20191009.

B. 2019 2010.

C. 20192019.

D. 2.20191009.

Câu 24 (VD): Số giao điểm của đồ thị hàm số y  x 3  3 x  1 và đường thẳng y  3 là
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
Câu 25 (VD): Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng 2a, O là trọng tâm tam giác
ABC và A ' O 

2a 6
. Thể tích của khối lăng trụ ABC . A 'B 'C ' bằng
3

B. 2a 3 3.

A. 2a 3 .

C.

4a 3
.
3

D.

2a 3
.
3

Câu 26 (NB): Cho hàm số y  f  x  liên tục trên [1; 2]. Quay hình phẳng

 H    y  f  x  , y  0, x  1, x  2

xung quanh trục Ox được khối tròn xoay có thể tích

2

2

f  x  dx.
A. V   �

f 2  x  dx.
B. V   �

1

1

2

2

f 2  x  dx.
C. V  �

f 2  x  dx.
D. V  2 �

1

1

Câu 27 (TH): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình bên. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm
số y  f  x  là
A.1
C. 3

B. 4
D. 2

x

y'

�

�

1
-

-

1

3

y
�

0

Câu 28 (NB): Cho hai điểm A  1; 0;1 , B  2;1;1 .Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB là
A. x  y  1  0.

B. x  y  1  0.

C. x  y  2  0.

�x  1  2t
�
Câu 29 (NB): Đường thẳng d �y  2  3t ,  t �� có một vectơ chỉ phương là

�z  3
�
r
r
r
A. u   2;3; 0  .
B. u   2;3;0  .
C. u   2;3;3 .

D. x  y  2  0.

r
D. u   1; 2;3 .
3


Câu 30 (NB): Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 3  7 x 2  11x  2 trên đoạn  0; 2 bằng
A. 0.

B. 3.

D. 2.

C.11.

2
Câu 31 (VD): Tích các nghiệm thực của phương trình log 2 x  3  log 2 x  3 bằng

A. 2

3 13
2

B. 2

.

1 13
2

C. 2

.

3 13
2

D. 5.2

.

1 13
2

.

Câu 32 (NB): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình bên. Số nghiệm của phương trình

3 f  x   2  0 là
A. 3

C. 2

�

x
y'

B. 1
D. 4

�

1
-

-

1

3

y
�
4

Câu 33 (VD): Cho

5

x ln  x  2  dx  a ln 6 

�
b

0

với a, b là các số nguyên dương. Giá trị 2a  3b bằng

1

A. 24.

B. 26.

C. 27.

D. 23.

Câu 34 (TH): Cho ba điểm A  2;0; 0  , B  0;1;0  , C  0;0; 3 . Đường thẳng đi qua trực tâm H của tam
giác ABC và vuông góc với mp(ABC) có phương trình là
�x  2  2t
�
A. �y  1  t
�z  3  3t
�

�x  3  3t
�
B. �y  6  6t
�z  2  2t
�

�x  3  3t
�
C. �y  6  6t
�z  2  2t
�

Câu 35 (TH): Cho a là số thực dương khác 1. Tính I  log

a

�x  6  6t
�
D. �y  3  3t
�z  2  2t
�

a.

1
C. I  .
D. I  2.
2
Câu 36 (VD): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD cạnh đáy bằng a. Gọi E là điểm đối xứng với D qua
trung điểm của S A; M, N lần lượt là trung điểm AE , BC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN, SC
bằng

A. I  2.

B. I  0.

a 2
a 3
a 3
C.
D.
.
.
.
2
4
2
x y 1 z
 và ba điểm A  2;0;0  , B  0; 4;0  , C  0;0;6  . Điểm
Câu 37 (VD): Cho đường thẳng d : 
6
3
2

A.

a 2
.
4

B.

M  a; b; c  �d thỏa mãn MA  2MB  3MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính S  a  b  c .
A. S 

148
.
49

B. S 

49
.
148

C. S  

50
.
49

D. S  

49
.
50

�x  t
�x  8  2t
�
�
Câu 38 (VD): Trong các mặt cầu tiếp xúc với hai đường thẳng 1 : �y  2  t ,  2 : �y  6  t ; phương
�z  4  2t
�z  10  t
�

�
trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất là
A.  x  1   y  5    z  3  70.
2

2

2

B.  x  1   y  5    z  3  30.
2

2

2

4


C.  x  1   y  5    z  3  35.
2

2

D.  x  1   y  5    z  3  35.

2

2

2

2

Câu 39 (VD): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên � ,
hàm số y  f '  x  có đồ thị như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số

y  f  1  x  là
A. 3.
C. 1.

B. 0.
D. 2.

3
2
Câu 40 (VD): Cho hàm số y  x  mx  9 . Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên m sao cho hàm số đồng

biến trên  2; � . Tổng các phần tử của S là
A. 6
B. 8
Câu 41 (NB): Hình chóp tứ giác có
A. đáy là một tứ giác. B. 6 cạnh.

C. 9

D. 10

C. 4 đỉnh

D. 4 mặt.

Câu 42 (VD): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên trên đoạn

 1;5

x

-1

f ' x

như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương

trình f  3sin x  2   m có đúng 3 nghiệm phân biệt trên khoảng

-

0

5
+

4

f  x

� �
 ;  �?
�

�2 �

2

0
5

-1

A. 7
C. 6

B. 4
D. 5

Câu 43 (TH): Cho hai điểm A  3; 1; 2  và B  5;3; 2  . Mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có phương
trình là
A.  x  4    y  1  z 2  9.

B.  x  4    y  1  z 2  36.

C.  x  4    y  1  z 2  36.

D.  x  4    y  1  z 2  9.

2

2

2

2

2

2

2

2

x 1 y 1 z 1


và hai điểm A  2;0; 3  , B  2; 3;1 . Đường
x
2
2
thẳng  qua A và cắt d sao cho khoảng cách từ B đến  nhỏ nhất. Phương trình của  là
x y 1 z 1
x y 1 z 1
x y 1 z 1
x y 1 z 1




A. 
B. 
C. 

D. 
2
1
2
2
1
2
2
1
2
2
1
2

Câu 44 (VD): Cho đường thẳng d :





Câu 45 (VD): Quay hình phẳng  H   y  x  1, y  x  3, y  0 xung quanh trục Ox được khối tròn
xoay có thể tích bằng
14
A.
3

B.

16
3

C.

17
3

D.

13
3

Câu 46 (VD): Cho số phức z thỏa mãn z  15  z  15  8 và . Tính z .
A. z 

4 34
17

B. z 

2 5
5

C. z 

4
5

D. z 

5

4

5


Câu 47 (VD): Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông đỉnh A, AB  AC  a . Hình chiếu
vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc đoạn BC. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng
(BCC'B’) bằng
A.

a3
.
3

a 3
. Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bằng
3

B.

a3
.
2

C.

a3
.
6

D.

a3
.
4

2
Câu 48 (TH): Cho log 2 b  4, log 2 c  4; khi đó log 2  b c  bằng

A. 8

B. 6

C. 7

Câu 49 (NB): Mặt phẳng  P  : 2 x  y  3 z  1  0 có một vectơ pháp tuyến là
r
r
r
A. n   1;3; 1
B. n   2; 1;3
C. n   2; 1; 3

D. 4
r
D. n   2; 1; 1

Câu 50 (VD): Cho hàm số y  f  x  liên tục trên � và có đồ thị như hình bên. Tổng
x
x

�
�
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số g  x   f �2sin cos  3 �bằng
2
2
�
�

A. 6
C. 4

B. 8
D. 5
----------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

6


ĐÁP ÁN

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

2-C
12-A
22-C
32-C

42-D

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

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

5-A
15-B
25-A
35-D
45-B

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

7-B
17-C
27-C
37-A

47-B

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

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

10-B
20-D
30-D
40-A
50-A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1:
Phương pháp
1
sin xdx   cos x  C ; �dx  ln x  C ; �
e x dx  e x  C
Sử dụng các công thức nguyên hàm cơ bản �
x

Và

f  x  dx ��
g  x  dx
 f  x  �g  x   dx  �
�

Cách giải:
2
�
�
f  x  dx  �
3sin x   e x �
dx  3cos x  2.ln x  e x  C
Ta có F  x   �
�
x
�
�

Chọn C.
Câu 2:
Phương pháp
- Tính y ', tìm nghiệm của y '  0 .
- Xét dấu của y ' và tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.
+ Các khoảng làm cho y '  0 thì hàm số đồng biến.
+ Các khoảng làm cho y '  0 thì hàm số nghịch biến.
Cách giải:
x 1
�

2
Ta có: y '  3 x  3  0 � �
x  1
�
x 1
�
y'  0 � �
hay hàm số đồng biến trên các khoảng  �; 1 và  1; �
x  1
�
Dễ thấy trong các đáp án, khoảng  3; 1 � �; 1 nên hàm số đồng biến trên  3; 1
Chọn C
Câu 3:
Phương pháp:
Cấp số cộng có số hạng đầu u1 và công sai d thì có số hạng thứ n là un  u1   n  1 d
Cách giải:
Số hạng thứ tư là u4  u1  3d  2  3.5  17
Chọn B.
Câu 4:
Phương pháp
7


- Gọi M là trung điểm AB, dựng đường cao kẻ từ O đến mặt phẳng  P 
1
2
- Tính thể tích khối nón theo công thức V   R h .
3
Cách giải:
Gọi M là trung điểm của AB, kẻ OH  SM .

Khi đó OM  AB, SM  AB � AB   SOM  � AB  OH .
Lại có OH  SM nên OH   SAB  � d  O,  P    OH 

4a 17
17

Xét tam giác OAM vuông tại M có
AB
OA  a 2, MA 
 a � OM  OA2  AM 2  a
2
Xét tam giác SOM vuông tại O có
1
1
1
17
1
1


�

 2 � SO  4a .
2
2
2
2
2
OH

SO OM
16a
SO
a
1
1
8 a 3
Vậy thể tích khối nón V   .OA2 .SO   .2a 2 .4a 
.
3
3
3
Chọn A.
Câu 5:
Phương pháp:
n!
k
.
Sử dụng công thức chỉnh hợp An 
 n k!
Cách giải:
k
Ta có An 

n!
 n  k  ! với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k �n

Chọn A.
Câu 6:
Phương pháp

- Nhân cả hai vế của đẳng thức với e x rồi chia cả hai vế cho 2 x .
- Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế thu được và suy ra kết luận.
Cách giải:
Ta có: f  x   2 x f '  x   3xe x , x �[0; �)  *
� e f  x   2 xe
x

x

f '  x   3x �

e x f  x
2 x

1

1

0

0

 e x f ' x 

3x
(với x > 0)
2 x

3 x
3 x

�
��
e x f x �' 
��
e x f x �' dx  � dx
�  � 2
�  �
2
1

��
e xf x �
�  �
0

 x
3

1

� e. f  1  f  0   1

0

Mà từ (*) ta có: f  0   0 nên e. f  1  1 � f  1 

1
e

8

Chọn C.
Câu 7:
Phương pháp
r
r
r
r
r
Véc tơ u  a.i  b. j  c.k thì tọa độ của u   a; b; c 
Cách giải:
r r r
r
r
Ta có u  3i  2 j  2k nên tọa độ của u là  3; 2;2 
Chọn B.
Câu 8:
Phương pháp
Sử dụng công thức

x dx 
�

x 1
 C   �1 .
 1

Cách giải:
Ta có:

f  x  dx  �
x 2 dx 
�

x3
C
3

Chọn C.
Câu 9:
Phương pháp
f  x
 a g  x   0  a  1 � f  x   g  x 
Biến đổi để đưa về cùng cơ số: a

Cách giải:
Ta có

 0,1

x2  x

 0, 01 �  0,1

x2  x

  0,1 � x 2  x  2 � x 2  x  2  0 � 2  x  1
2

Tập nghiệm của bất phương trình là S   2;1
Chọn A.
Câu 10:
Phương pháp
Xác định góc, sử dụng lý thuyết góc giữa đường thẳng và mặt phẳng (nhỏ hơn 900) bằng góc giữa đường
thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng.
Cách giải:
Ta có: CD  AD, CD  SA � CD   SDA  .
Do đó góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAD) bằng
góc giữa đường thẳng CS và đường thẳng DS hay CSD
Lại có
SD  SA2  AD 2  a 7, SC  SA2  AC 2  2a 2, CD  a
nên áp dụng định lý hàm số cô sin cho tam giác SCD ta có:
cos CSD 

SD 2  SC 2  CD 2 7a 2  8a 2  a 2
14


.
2.SD.SC
4
2.a 7.2a 2

Chọn B.
Câu 11:
Phương pháp
9

f  5 x  dx
Dùng phương pháp đổi biến số đặt 5x  t để biến đổi tìm I  �

Cách giải:
f  5 x  dx
Xét I  �

Đặt 5 x  t � 5dx  dt � dx 

dt
5

Khi đó
I �
f  5 x  dx 

1
1
f  t  dt  .4t ln  2t  1  C
�
5
5

1
 .4.5 x ln  2.5 x  1  C  4 x ln  10 x  1  C
5
Chọn D.
Câu 12:
Phương pháp

Tìm số phức z và suy ra z .
Cách giải
Ta có:  2i  1 z  4  3i
�z

4  3i  4  3i   1  2i 
4  3i  8i  6i 2 10  5i



 2  i
2i  1  1  2i   1  2i 
1  4i 2
5

Suy ra z  2  i và có điểm biểu diễn là M  2;1 .
Chọn A.
Câu 13:
Phương pháp
x
Sử dụng a  b � x  log a b  0  a �1; b  0 

Cách giải:
x
Ta có 2  16 � x  log 2 16 � x  4

Chọn B.
Câu 14:
Phương pháp
- Tính xy từ các giả thiết liên quan đến x  y, x 2  y 2 .

- Biểu diễn x 3  y 3 theo x  y, xy và thay z  10 x  y vào tính x 3  y 3
Cách giải:
z
Ta có: log  x  y   z � x  y  10

log  x 2  y 2   z  1 � x 2  y 2  10 z 1  10 z.10  10  x  y 
�  x  y   2 xy  10  x  y 
2

 x  y
� xy 

2

 10  x  y 
2

Do đó x 3  y 3   x  y  3  3xy  x  y    x  y  3  3. 

x  y   10  x  y 
. x  y 
2
2

10


1
1
3

2
 x  y   15  x  y    .103 z  15.102 z
2
2
1
29
Suy ra a   , b  15 � a  b  .
2
2
Chọn D.
Câu 15:
Phương pháp


Số phức z  a  bi  a; b �� có phần thực là a và phần ảo là b.
Cách giải:
Số phức z  1  2i có phần thực là 1 và phần ảo là 2.
Chọn B.
Câu 16:
Phương pháp
Số điểm cực trị của hàm đa thức là số nghiệm bộ lẻ của phương trình y '  0 .
Cách giải:
Dễ thấy phương trình f '  x   0 có hai nghiệm bội lẻ là x  0 (nghiệm đơn) và x  3 (bội ba) nên f '  x 
đổi dấu qua từng nghiệm này.
Vậy hàm số có hai điểm cực trị.
Chọn C.
Câu 17:
Phương pháp
Sử dụng công thức đạo hàm  log a u  ' 

u'
u.lna

Cách giải:



 3x

  3x

Ta có f '  x   log 2  3 x  2  
2

2

2

 2 '

 2  ln 2



6x
 3x  2  ln 2
2

Chọn C.
Câu 18:

Phương pháp
- Tính y ' , tìm nghiệm của y '  0
- Xét dấu của y ' và tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.
+ Các khoảng làm cho y '  0 thì hàm số đồng biến.
+ Các khoảng làm cho y '  0 thì hàm số nghịch biến.
Cách giải:
x0
�
3
Ta có: y '  4 x  4 x  0 � �
x  �1
�
x  1
�
y' 0 � �
nên hàm số đồng biến trên các khoảng  �; 1 và  0;1
0  x 1
�
Chọn B.
Câu 19:
11


Phương pháp:
Hàm số y   f  x   với  là số nguyên âm có điều kiện f  x  �0


Cách giải:
ĐKXĐ: 3x �۹۹۹
9 0

3x

3x

9

32

x

2

Suy ra tập xác định D  �\  2
Chọn B.
Câu 20:
Phương pháp
Sử dụng các công thức tổng, hiệu hai tích phân, tích của một tích phân với một số thực.
Cách giải:
Ta có:
2

2

2

2

2

1

1

1

1

1

3 �
�
2 f  x  g  x �
dx  2�
f  x  dx  �
g  x  dx  2.2  �
g  x  dx � �
g  x  dx  1
�
�
Chọn D.
Câu 21:
Phương pháp
+) Sử dụng công thức xác suất P  A  

n  A
với n  A  là số phần tử của biến cố A và n    là số phần
n  

tử của không gian mẫu.
+) Áp dụng phương pháp buộc phần tử.

Cách giải:
Số cách xếp 35 học sinh thành 1 hàng dọc là n     35!
Coi mỗi học sinh đứng vào 1 chỗ đồng thời coi 3 học sinh tên Trang chỉ đứng vào 1 chỗ và 2 học sinh tên
Huy chỉ đứng vào 1 chỗ thì còn lại 32 chỗ đứng.
Số cách sắp xếp 32 chỗ này thành 1 hàng dọc là 32!, đồng thời ta có 3! cách xếp 3 học sinh tên Trang và
2! cách xếp 2 học sinh tên Huy nên số cách sắp xếp cho 3 học sinh tên Trang đứng cạnh nhau và 2 học
sinh tên Huy đứng cạnh nhau là n  A   32!.3!.2!
Xác suất cần tìm là P  A  

n  A  32!.3!.2!
2


n  
35!
6545

Chọn D.
Câu 22:
Phương pháp
Giải phương trình tìm nghiệm và thay vào biểu thức cần tính giá trị.
Cách giải:
Phương trình z 2  2 z  10  0 có hai nghiệm phức z1,2  1 �3i
Suy ra z1  z2  12  32  10 � z1  z2  2 10.
Chọn C.
Câu 23:
Phương pháp
12

Giải phương trình đã cho tìm z1 ; z2
Sử dụng công thức môđun của số phức z  a  bi là z  a 2  b 2
Cách giải:
2

2

� 1� 1
� 1� 1
Ta có z 2  z  20192018  0 � �z  �  20192018  0 � �z  �  20192018
� 2� 4
� 2� 4

�
1
1
z    20192018  .i
�
1 �2
4
4
� 1� �
� �z  � �
20192018  �
.i � �
�
4�
� 2� �
1
1

z    20192018  .i
�
4
4
�
2

2

1
1
1�
1
Suy ra z1    20192018  .i � z1  �
 � 20192018   20192018  20191009
�
2
4
4
�2�
2

1
1
1
�1�
z2    20192018  .i � z2  �
 � 20192018   20192018  20191009
2
4

4
�2�
1009
1009
1009
Do đó z1  z2  2019  2019  2.2019

Chọn D.
Câu 24:
Phương pháp
Giải phương trình hoành độ giao điểm và kết luận nghiệm
Cách giải:
Phương trình hoành độ giao điểm:
x2
�
2
x3  3 x  1  3 � x3  3 x  2  0 �  x  2   x  1  0 � �
x  1
�
Vậy phương trình có hai nghiệm số giao điểm của đường thẳng và đồ thị hàm số là 2
Chọn C.
Câu 25:
Phương pháp
Tính chiều cao lăng trụ dựa vào định lý Pytago
Tính thẻ tích lăng trụ V  S .h với S là diện tích đáy và h là chiều cao lăng trụ
Cách giải:
Gọi E là trung điểm của BC.
Vì ABC là tam giác đều cạnh 2a nên AE 

2a 3

a 3
2

2
2
2a 3
Vì O là trọng tâm tam giác ABC nên AO  . AE  .a 3 
3
3
3
Xét tam giác AOA’ vuông tại A nên
2

2

�2a 6 � �2a 3 � 2a 3
AA '  A ' O  AO  �
�
� 3 �
� �
�
� 3
�
� � 3 �
2

2

13

Diện tích đáy S ABC

 2a 


2

3

4

 a2 3

Thể tích lăng trụ VABC . A ' B 'C '  AA '.S ABC 

2a 3 2
.a 3  2a 3 .
3

Chọn A
Câu 26:
Phương pháp:
Công thức tính thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
b

f 2  x  dx.
y  f  x  , y  0, x  a, x  b quay quanh trục Ox là V   �
a

Cách giải:
2

f 2  x  dx.
Sử dụng công thức tính thể tích trên ta được V   �
1

Chọn B.
Câu 27:
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa tiệm cận:
Đường thẳng y  y0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x  nếu một trong các điều kiện sau được

f  x   y0 ; lim f  x   y0
thỏa mãn xlim
��
x� �
Đường thẳng x  x0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x  nếu một trong các điều kiện sau được
f  x   �; lim f  x   �
thỏa mãn xlim
� x0
x � x0

Cách giải:

f  x   1; lim f  x   0 nên y  0; y  1 là các đường tiệm cận ngang
Từ bảng biến thiên ta suy ra xlim
��
x ��
của đồ thị hàm số.

f  x   � nên đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Và xlim
�1
Vậy đồ thị hàm số đã cho có ba đường tiệm cận.
Chọn C.
Câu 28:
Phương pháp:
Mặt phẳng trung trực của một đoạn thẳng vuông góc với đoạn thẳng tại trung điểm của đoạn thẳng đó.
Cách giải:

 P

�3 1 �
 ; ;1�của AB và nhận
là mặt phẳng trung trực của AB nên  P  đi qua trung điểm M �
�2 2 �

uuu
r
AB   1;1;0  làm VTPT.

� 3� � 1�
Khi đó  P  : 1�x  � 1�y  � 0  z  1  0 � x  y  2  0
� 2� � 2�

Chọn D.
14

Câu 29:
Phương pháp:
�x  x0  at
r
�
Đường thẳng d : �y  y0  bt có 1 VTCP là u   a; b; c 
�z  z  ct
� 0
Cách giải:
�x  1  2t
r
�
Đường thẳng d : �y  2  3t ,  t �� có một VTCP là u   2;3;0 
�z  3
�

Chọn A.
�x  1  2t
r
�
Chú ý: Học sinh hay nhầm lẫn đường thẳng d : �y  2  3t ,  t �� có một VTCP là u   2;3;3 hoặc
�z  3
�
r
u   1; 2;3 .
Câu 30:
Phương pháp:
- Tính y ' , tìm các nghiệm của y '  0 nằm trong đoạn  0; 2 .
- Tính giá trị của hàm số tại các điểm trên (cả hai đầu mút) và so sánh.
Cách giải:

�
x  1 � 0; 2
�
Ta có: y '  3x  14 x  11  0 � � 11
x  � 0; 2
� 3
2

Lại có y  0   2, y  2   0, y  1  3 nên GTNN của hàm số là -2 đạt được tại x  0 .
Chọn D.
Câu 31:
Phương pháp:
- Đặt

3  log 2 x  t  t �0  đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại II.

- Trừ vế với vế các phương trình đưa về dạng tích và giải hệ.
Cách giải:

�x  0
� 0  x �8
ĐK: �
3  log 2 x �0
�
Đặt
Thay

3  log 2 x  t  t �0  � t 2  3  log 2 x � t 2  log 2 x  3  1
3  log 2 x  t vào phương trình đã cho ta được log 22 x  t  3  2 

2
2
Từ (1) và (2) suy ra t  log 2 x  log 2 x  t  0 �  t  log 2 x   t  log 2 x    t  log 2 x   0

t  log 2 x
�
�  t  log 2 x   t  log 2 x  1  0 � �
t  1  log 2 x
�
15


log 2 x �0
�
+ Với t  log 2 x � 3  log 2 x  log 2 x � � 2
log 2 x  log 2 x  3  0
�
� log 2 x 

1  13
�x2
2

13 1
2

 TM 

log 2 x �1
�

+ Với t  1  log 2 x � 3  log 2 x  1  log 2 x � � 2
log 2 x  log 2 x  2  0
�
log 2 x �1
�
�
log 2 x  2  ktm 
� ��
1
�
�log x  1 tm � x  2  tm 
 
�� 2
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  2
13 1

13 1

2 2 .21  2 2
Chọn A.
Câu 32:
Phương pháp:

1

2

13 1
2

; x  21 nên tích các nghiệm là

13  3
2

Biến đổi phương trình đã cho về f  x  

2
và sử dụng tương giao đồ thị để nhận xét
3

Cách giải:
2
Ta có: 3 f  x   2  0 � f  x   .
3
2
2
2
Dễ thấy 1  và 3   0 nên đường thẳng y  cắt cả hai nhánh của đồ thị hàm số y  f  x  .
3
3
3
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.
Chọn C.
Câu 33:
Phương pháp:
4

Sử dụng phương pháp tích phân từng phần để tìm

x ln  x  2  dx từ đó suy ra a; b
�

1

Cách giải:
�1
�x  2 dx  du
�
ln  x  2   u �
� �2
Đặt �
�xdx  dv
�x  v
�2
4

x ln  x  2  dx  ln  x  2  .
Suy ra �
1

x2
2

4

4

x2 1
�.

dx
2
x

2
1
1

16


4

 8ln 6 

1 �
4 �
dx
�x  2 
�
�
2 1 �
x2�

�4
1 �x 2
 8ln 6  �  2 x  4 ln x  2 �
2 �2
�1
1�

5�
5
 8ln 6  �
4ln 6  � 6ln 6 
2�
2�
4
4

Theo giả thiết

5

x ln  x  2  dx  a ln 6 
�
b

nên suy ra a  6; b  4 � 2a  3b  2.6  3.4  24

1

Chọn A.
x2  4
Chú ý: Ở bước xdx  dv � v 
, ta có thể được chọn hằng số C  2 để thuận tiện cho việc tính
2
tích phân ở bước sau.
Câu 34:
Phương pháp:
Sử dụng lý thuyết: Tứ diện OABC là tứ diện vuông tại O thì OH (với H là trục tâm tam giác ABC) chính

là đường cao của tứ diện kẻ từ O.
Cách giải:
Dễ thấy các điểm A, B, C lần lượt thuộc các trục tọa độ nên OABC là tứ diện vuông tại O.
uuur uuur
AB; AC �
Do đó đường thẳng OH đi qua O và vuông góc mặt phẳng (ABC) hay nhận �
�
�  3;6; 2  làm
�x  3t
�
VTCP. Khi đó OH : �y  6t
�z  2t
�
Kiểm tra các đáp án ta loại được A, D.
Đáp án B: Kiểm tra điểm O thuộc đường thẳng (ứng với t  1 ) nên đường thẳng ở đáp án B trung với
OH.
Chọn B.
Câu 35:
Phương pháp:
1
Sử dụng công thức log a b  log a b; log a a  1 0  a �1; b  0 

Cách giải:
Ta có I  log

a

a  log 1 a  2.log a a  2.1  2
a2

Chọn D.
Câu 36:
Phương pháp:

r uuur
r
uuur
uuu
r
- Gắn hệ tọa độ Oxyz với O là tâm hình vuông đáy, OC cùng hướng i, OD cùng hướng j và OS cùng
r
hướng k .

- Xác định tọa độ các điểm cần thiết và tính khoảng cách.
Cách giải:
17


Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ, giả sử SO  b ta có:
OC  OD  OA  OB 

a 2
2

�a 2
� � a 2 � �a 2
�
�C�
;0;0
,

D
0;
;0
,
A

;0;0
,
�
�
�
�
�
�2
� � 2
� � 2
�
�
� �
� �
�
� a 2 �
B�
0; 
;0 �
, S  0;0; b  .
�
�
2
�

�
�a 2
b�

; 0; �
, E đối xứng với
Gọi K là trung điểm SA thì K �
�
2�
� 2
�
�a 2 a 2 �

;
;b �
D qua K nên E �
�
�
2
� 2
�
�a 2 a 2 b�

;
; �
M là trung điểm của AE � M �
�
4 2�
� 2
�

�a 2 a 2 �
N là trung điểm của BC � N �
� 4 ; 4 ;0�
�
�
�
uuuu
r �3a 2
r �a 2
r �a 2 a 2
�uuu
�
b �uuu
;0;

,
SC

;
0;

b
,
SN

;

;

b

Ta có: MN  �
�
�
�
�
�
� 4
�2
�
�4
�
2�
4
�
�
�
�
�
�
uuuu
r uuu
r � ab 2 �
� �
��
MN
;
SC
0;
;0�
�

��
�
2
�
�

a 2b
uuuu
r uuu
r uuu
r
0

0
�
MN , SC �
.SN
4
a 2
�
�


Suy ra d  MN , SC  
uuuu
r uuu
r
4
�
2 a 2b 2

MN , SC �
�
�
0
b
4
Chọn A.
Câu 37:
Phương pháp:
Đưa phương trình đường thẳng d về dạng tham số t, biểu diễn tọa độ điểm M theo tham số t.
Tính MA  2 MB  3MC theo tham số t rồi lập luận để biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất.
Cách giải:
�x  6t
�
Ta có: d : �y  1  3t nên M �d � M  6t ;3t  1; 2t 
�z  2t
�
2

Khi đó MA 

9 � 164 2 41
2
2
2
7t  �
�
 2  6t    1  3t    2t   49t 2  18t  5  �
�
7

� 7 � 49

18


2

MB 

9 � 360 6 10
2
2
2
7t  �
�
 6t    3  3t    2t   49t 2  18t  9  �
�
7
� 7 � 49

MC 

 6t 

2

  1  3t    6  2t 
2

2

2

� 9 � 1732 2 433
 49t  18t  37  �
7t  �
�
7
� 7 � 49
2

2 41  12 10  433
� MA  2MB  3MC �
7

Dấu "  " xảy ra � 7t 

9
9
148
�54 76 18 �
0�t 
� M � ; ; �� a  b  c 
7
49
149
�49 49 49 �

Chọn A
Câu 38:

Phương pháp:
- Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng nếu nó có tâm là trung điểm của đoạn
vuông góc chung.
- Gọi hai điểm M, N lần lượt thuộc hai đường thẳng, sử dụng MN  1 , MN   2 để tìm tọa độ M , N và
kết luận.
Cách giải:
Nhận xét: Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng nếu nó có tâm là trung điểm của
đoạn vuông góc chung. Từ đó ta tìm đoạn vuông góc chung và suy ra tâm, bán kính mặt cầu.
ur
uu
r
1 có VTCP u1   1; 1; 2  và  2 có VTCP u2   2;1; 1
Gọi M  t ; 2  t; 4  2t  , N  8  2t ';6  t ';10  t '  lần lượt là hai điểm thuộc 1 ,  2 sao cho MN là đoạn
vuông góc chung.
uuuu
r
� MN   8  2t ' t; 4  t ' t ;14  t ' 2t 
uuuu
r ur
�
6t  t '  16
t2
�
�
�MN .u1  0
��
��
r uu
r
MN là đoạn vuông góc chung � �uuuu

t  6t '  26
t' 4
�
�
�MN .u2  0
Suy ra M  2;0;0  , N  0;10;6  � I  1;5;3  là trung điểm của MN và cũng là tâm mặt cầu cần tìm.
Bán kính mặt cầu R  IM 

 2  1

2

  0  5    0  3  35
2

2

Vậy phương trình mặt cầu  x  1   y  5    z  3  35.
2

2

2

Chọn C.
Câu 39:
Phương pháp:
Sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp  f  u   '  u '. f '  u 
Giải phương trình  f  u   '  0 để tìm số cực trị của hàm số f  u  .
Hoặc lập luận để có số điểm cực trị của hàm số y  f  1  x  bằng với số điểm cực trị của hàm số

y  f  x .
Cách giải:

19


x  2
�
�
x  0 nhưng chỉ có
Từ hình vẽ ta thấy đồ thị f '  x  cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt hay f '  x   0 � �
�
x2
�
2 nghiệm x  0, x  2 là f '  x  đổi dấu từ dương sang âm hoặc từ âm sang dương, như vậy hàm số f  x 
có hai điểm cực trị.
1  x  2
x3
�
�
�
�
1 x  0 � �
x  1 nhưng chỉ có hai nghiệm x  1; x  1 là
Nhận thấy  f  1  x   '   f '  1  x   0 � �
�
�
1 x  2
x  1

�
�

f '  x  đổi dấu, như vậy hàm số f  x  chỉ có hai điểm cực trị.
Chọn D.
Câu 40:
Phương pháp:
- Xét hàm y  x 3  mx 2  9 , lập bảng biến thiên, từ đó suy ra bảng biến thiên của hàm số
y  x 3  mx 2  9

- Nhận xét điều kiện để hàm số đã cho đồng biến trên [2; �)
Cách giải:
x0
�
�
Xét hàm số y  f  x   x  mx  9 có y '  3x  2mx  x  3 x  2m   0 �
2m
�
x
� 3
3

2

2

+) Nếu m  0 thì y ' �0, x �� nên hàm số đồng biến trên � (thỏa mãn)
+) Nếu m ��* thì x 

2m

 0 nên ta có bảng biến thiên của hàm số y  f  x  như sau:
3
�

x

f ' x

2m
3

0
+

0

-

0

�
+

�

9

f  x
9

�

4 m3
TH1: 9 �

27

0

m

3

4m3
27

243
thì y  f  x  có bảng biến thiên:
4

x

�

0

�

9

y  f  x

0

2m
3

�
�

4m3
9
27

20


 )
Khi đó hàm số y  f  x  đồng biến trên [2; �

Kết hợp với m �3
TH2: 0  9 

2m
3

2

m 3

243
và m �0 ta được 0  m �3 .
4

4m3
243
9�m 3
.
27
4

Khi đó y  f  x  có bảng biến thiên
x

�

x1

�

0

x2

9

9

y  f  x

0
Khi đó hàm số y  f  x  đồng biến trên [2; �) thì

m

3

2m
3

x3

�

4m3
27

0

�

0

2m
 x3  2 � m  3 (mâu thuẫn với
3

243
�3,93 ) nên trường hợp này không có giá trị của m thỏa mãn.
4

Vậy 0 �m �3 và m �� nên m � 0;1; 2;3 và tổng các giá trị của m là 0  1  2  3  6
Chọn A.
Câu 41:
Phương pháp:
Quan sát hình chóp tứ giác và xác định số đỉnh, số mặt và số cạnh
Cách giải:
Hình chóp tứ giác có đáy là một tứ giác và có 8 cạnh, 5 mặt và 5 đỉnh
Chọn A.
Câu 42:
Phương pháp:
- Đặt s inx  t , biến đổi điều kiện bài cho về điều kiện của phương trình ẩn t.
- Sử dụng bảng biến thiên để tìm điều kiện của m.
Cách giải:
Đặt s inx  t  1 �t �1 � 1 �3t  2 �5 

21


� �
 ;  �� phương trình
Phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thuộc khoảng �
�2 �

f  3t  2   m có đúng hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn 1  t1 �0  t 2  1 hoặc 0  t2  1  t1
Đặt u  3t  2  1 �u �5  thì bài toán trở thành tìm m để phương trình f  u   m có đúng hai nghiệm
thỏa mãn 1  u1 �2  u2  5 hoặc 2  u2  5  u1
x

-1

f ' x

f  x

2
-

0

5
+

0

4

5
-1

+) TH1: Phương trình f  u   m có đúng hai nghiệm thỏa mãn 1  u1 �2  u2  5 .
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy 1  m  4
+) TH2: Phương trình f  u   m có đúng hai nghiệm thỏa mãn 2  u2  5  u1 .
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy 4  m �5 .
Do đó m � 1; 4  �(4;5] . Mà m �� nên m � 0;1; 2;3; 4;5 và có 5 giá trị của m thỏa mãn.
Chọn D.
Câu 43:
Phương pháp:
+ Tâm mặt cầu là trung điểm đoạn AB
AB

+ Bán kính mặt cầu là R 
2
+ Phương trình mặt cầu có tâm I  a; b; c  và bán kính R là  x  a    y  b    z  c   R 2 .
2

2

2

Cách giải:
+ Tâm mặt cầu là trung điểm I của đoạn AB, suy ra I  4;1;0 
22


+ Lại có AB 

 5  3

2

2
2
  3  1   2  2   36  6 nên bán kính mặt cầu là R 

AB
 3.
2

+ Phương trình mặt cầu có tâm I  4;1;0  và bán kính R  3 là  x  4    y  1  z 2  9.
2

2

Chọn D.
Câu 44:
Phương pháp:
- Gọi điểm C là giao điểm của  và d
- Tính khoảng cách từ B đến AC và tìm GTNN
Cách giải:

uuur
Gọi C  1  t;1  2t ;1  2t  là giao điểm của  và d. Khi đó AC   t  1; 2t  1; 2t  4 
uuu
r
uuur
uuu
r uuur
�
BA   0;3; 4  , AC   t  1; 2t  1; 2t  4  � �
BA
� , AC �  14t  16; 4t  4; 3t  3 
uuu
r uuur
�
�
BA
� , AC �
d  B,   

uuur

AC

 14t  16    4t  4    3t  3
2
2
2
 t  1   2t  1   2t  4 
2

2

2

 14t  16    4t  4    3t  3
f  x 
2
2
2
 t  1   2t  1   2t  4 
2

Dùng MTCT (chức năng TABLE) nhập hàm

2

2

Bước START nhập 5 , bước END nhập 5 và bước STEP nhập 1
Ta được kết quả f  x  min tại x  1 hay d  B,   min khi t  1
uuu

r
x y 1 z 1

Từ đó C  0; 1; 1 và CA   2;1; 2  nên AC có phương trình 
2
1
2
Chọn C.
Câu 45:
Phương pháp:
+ Xác định các hoành độ giao điểm của các đồ thị hàm số y  x  3; y  x  1 với trục hoành, xác định
hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y  x  1; y  x  3
+ Vẽ các đồ thị hàm số y  x  1; y  x  3 trên cùng hệ tọa độ
b

f 2  x   g 2  x  dx
+ Thể tích hình phẳng giới hạn bới y  f  x  ; y  g  x  ; x  a; x  b là V   �
a

Cách giải:

23


+ Xét phương trình giao điểm

x  1  0 � x  1; x  3  0 � x  3

�x �3
x

�
3
�
x
�
3
�
�
�
x  2 L
x 1  x  3 � �
� ��
2 � �2
x

7
x

10

0
�
�x  1   x  3
�
�x  5 N � x  5
��  
3





2

5





2

+ Thể tích hình phẳng cần tìm là V   � x  1 dx  � x  1   x  3 dx
1

 x  1

2

3

2 3

1

2

� x  1 2  x  3 3 �5 16
 �


�
� 2
�3
3
3
�
�

Chọn B.
Câu 46:
Phương pháp:
- Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện thứ nhất.
- Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện thứ hai.
- Tìm giao hai tập hợp đó suy ra z và tính mô đun.
Cách giải:
Gọi M  x; y  biểu diễn số phức z.



 

Gọi điểm A  15;0 , B



15;0 thì từ z  15  z  15  8 � MA  MB  8 hay tập hợp điểm M là

elip có c  5, 2a  8 � a  4 � b  a 2  c 2  1 � phương trình  E1  :



 



x2
 y2  1 .
16

Gọi điểm C 0;  15 , D 0; 15 thì từ z  15i  z  15i  8 � MC  MD  8 hay tập hợp điểm M là
y2
elip có c '  15, 2b '  8 � b '  4 � a '  b  c  1 � phương trình  E2  : x 
1.
16
'2

Do M � E1  , M � E2 

'2

2

�x 2
� 16
 y 2  1 �x 2 
�
4 34
�
� 17
16

��
� z  x2  y 2 
nên tọa độ M thỏa mãn �
2
17
�x 2  y  1
�y 2  16
�
� 17
� 16

Chọn A.
Câu 47:
Phương pháp:
+ Chỉ ra rằng A ' H   ABC  với H là trung điểm của BC
+ Xác định khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  BCC ' B ' như sau

d  A;  BCC ' B '   d  A ';  BCC ' B '    A ' E sao cho A ' E   BCC ' B ' 
+ Tính A ' H dựa vào hệ thức lượng trong tam giác vuông
+ Tính thể tích khối lăng trụ có chiều cao h và diện tích đáy S là V  h.S
Cách giải:

24


Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A’ đến BC khi đó

A ' H   ABC  suy ra A ' H  BC mà ta có AB  AC � A ' B  A ' C
nên H là trung điểm của BC. Suy ra AH  BC
�AH  BC

� BC   AA 'DH 
Lấy D là trung điểm của B ' C ' ta có �
�A ' H  BC
Kẻ A ' E  DH tại E suy ra
�
�BC  A ' E  do BC   AA 'DH  
� A ' E   BCC ' B '
�
�DH  A ' E

Suy ra d  A ',  BCC ' B '   A ' E , lại có AA '/ /  BCC ' B ' nên
d  A,  BCC ' B '    d  A ',  BCC ' B '    A ' E 

Ta có A ' D  AH 

a 3
3

a 2
2

Xét tam giác A’DH vuông tại A’ có

1
1
1
3
1
2



� 2
 2 � A 'H  a
2
2
2
2
A' E
A 'H
A 'D
a
A 'H
a

Thể tích khối lăng trụ là VABC . A ' B 'C '  A ' H .S ABC

1
a3
 a. a.a 
2
2

Chọn B.
Câu 48:
Phương pháp:
n
Sử dụng các công thức log a  bc   log a b  log a c và log a b  n log a b với điều kiện các logarit đều có

nghĩa.
Cách giải:

2
2
Ta có: log 2  b c   log 2 b  log 2 c  2 log 2 b  log 2 c  2.4   4   4.

Chọn D.
Câu 49:
Phương pháp:

r
Mặt phẳng ax+by+cz+d=0 có 1 VTPT là n   a; b; c 
Cách giải:

r
Mặt phẳng  P  : 2 x  y  3z  1  0 1 VTPT là n   2; 1;3 .
Chọn B.
Câu 50:
Phương pháp:
x
x
Đặt t  2sin cos  3 , tìm điều kiện của t và dựa vào đồ thị tìm GTLN, GTNN của f  t 
2
2
Cách giải:
x
x
2sin
cos
3 s inx 3 2 t 4
Đặt t �
2

2
25