Đề thi bồi dưỡng THPT lần 2 môn Toán năm 2018 – 2019 trường Bỉm Sơn – Thanh Hóa

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

ĐỀ THI BỒI DƯỠNG THPT LẦN II
Môn thi: TOÁN
Năm học 2018 - 2019
Thời gian làm bài: 90 phút
(50 câu trắc nghiệm)
Mã đề thi
485

Họ và tên thí sinh:..................................................................... Số báo danh: .............................
Câu 1: Đường thẳng y  6 x  m  1 là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x3  3 x  1 khi m bằng
A. -4 hoặc -2.
B. -4 hoặc 0.
C. 0 hoặc 2.
D. -2 hoặc 2.
Câu 2: Cho hình trụ có bán kính R và trục có độ dài 2R. Tính thể tích của khối trụ?
2
4
A. 2 R 3 .
B.  R 3 .
C.  R 3 .
D.  R 3 .
3
3
Câu 3: Với a, b là hai số dương tùy ý , ln  ab 3  bằng
A. 3ln a  ln b .

B. 3ln a.ln b .
3

C. ln a  3ln b .

D. ln a  3ln b .

2

Câu 4: Hàm số y  2 x  3 x  1 đồng biến trong các khoảng nào sau đây?
A.  ;0 

B.  1;0 

C.  1;  

D.  ; 1 ;  0;  

Câu 5: Hình đa diện nào dưới đây không có tâm đối xứng?
A. Bát diện đều.
B. Hình lập phương.
C. Lăng trụ lục giác đều.
D. Tứ diện đều.
2

Câu 6: Tính tích phân I   2 x x 2  1dx bằng cách đặt u  x 2  1 , mệnh đề nào dưới đây đúng?
1

2

3

A. I   udu.

B. I   udu.
0

1

1

Câu 7: Cho

3

2

C. I 

3

1
udu.
2 1

D. I  2  udu.
0

0

 f  x  dx  3;  f  x  dx  1 . Tính tích phân  f  x  dx .
0

1

A. 4.

3

B. -2.

C. -4.

D. 2.

Câu 8: Hàm số y  x  3 x  1 có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 2
B. 3
C. 0

D. 1

4

2

log 7  x  4 

Câu 9: Số nghiệm của phương trình 3
A. 1.
B. 0.
Câu 10: Tính lim

x 

A.  .



 x là

C. 2.

D. 3.

C. .

D. 0.



2x2  x  x ?

B. -1.

Câu 11: Họ nguyên hàm của hàm số y  2 x  3 là
A. 2 x  3 x  C .

B.

2x
 3x  C .

ln 2

C.

2x
 3x  C .
ln 2

D. 2 x 

3
C .
x

  30 0. Quay hình chữ nhật này xung quanh cạnh AD.
Câu 12: Cho hình chữ nhật ABCD có AB  a, BDC
Tính diện tích xung quanh của hình trụ được tạo thành.
2 a 2
2
A. S xq   a .
B. S xq 
C. S xq  2 3 a 2 .
D. S xq  3 a 2 .
.
3
Câu 13: Trong mặt phẳng cho tập hợp P gồm 10 điểm phân biệt trong đó không có 3 điểm nào thẳng
hàng. Số tam giác có 3 đỉnh đều thuộc tập hợp P là
7
3
3

A. A10
B. 103
C. A10
D. C10
.
.
.

Trang 1/5 - Mã đề thi 485 - />

3x
. Khẳng định nào sau đây đúng?
5x  2
3
A. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  .
B. Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
5
3
2
C. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  .
D. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng y  .
5
5

Câu 14: Cho hàm số y 

Câu 15: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  : 2 x  my  3 z  5  0 và mặt phẳng

 Q  : nx  8 y  6 z  2  0 . Với giá trị nào của m và n thì hai mặt phẳng (P), (Q) song song với nhau.
A. m  n  4.

B. m  4, n  4.

C. m  n  4.

D. m  4, n  4.

Câu 16: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M  1; 2  3  và P 1; 2;3  . Gọi Q là điểm
đối xứng với điểm P qua trục Ox, tính MQ.
A. MQ  2.
B. MQ  6.

C. MQ  1.

D. MQ  2 10.

ABC  600 ,

Câu 17: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thoi tâm O cạnh a,
3a
. Khoảng cách từ O tới mặt phẳng (SBC) bằng
SA   ABCD  , SA 
2
3a
5a
3a
5a
A.
B.
C.

D.
.
.
.
.
8
8
4
4

3x  1  4
là
x  6x  5
A. 1.
B. 3.
C. 0.
D. 2
Câu 19: Tìm dãy số là cấp số nhân trong các dãy số sau:
3
A. 3;  3; 1;
B.  2; 2; 2 2; 4.
C. 10; 5; 0; -5.
D. 1; 2; -4; 8.
.
3
Câu 20: Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AC , AD . Tìm mệnh đề đúng
trong các mệnh đề sau?
A. MN / /  ACD  .
B. MN / /  ABD  .
C. MN / /  BCD  .

D. MN / /  ABC  .

Câu 18: Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 

2

Câu 21: Cho phương trình 32 x 5  3x  2  2. Đặt t  3x 1 , phương trình đã cho trở thành phương trình nào?
A. 3t 2  t  2  0.
B. 27t 2  3t  2  0.
C. 81t 2  3t  2  0.
D. 27t 2  3t  2  0.
Câu 22: Cho hình nón có bán kính đáy r  3 và độ dài đường sinh l  4 . Tính diện tích xung quanh
S xq của hình nón đã cho.
A. S xq  39 .

B. S xq  8 3 .

C. S xq  12 .

D. S xq  4 3 .

1

Câu 23: Cho f  x   x 4  4 x 3  2 x 2  x  1 . Tính

2

'

 f  x  f  x  dx .

0

A. 2.
Câu 24: Cho biểu thức P 

2
B.  .
3

a

5 1

C. -2.

.a 2 

a 
2 2

D.

2
.
3

5

2 2

. Rút gọn P được kết quả

A. a 5

B. a
C. a 3
ln x
Câu 25: Cho hàm số y 
, mệnh đề nào dưới đây đúng?
x
1
1
1
A. 2 y ' xy ''  2 .
B. y ' xy ''  2 .
C. 2 y ' xy ''   2 .
x
x
x

D. a 4

D. y ' xy ''  

1
.
x2

 b3 
Câu 26: Cho log a b  2 và log a c  3 . Tính P  log a  2  .

c 
Trang 2/5 - Mã đề thi 485 - />

A. 0.

B. -5.

C.

4
.
9

D. 36.

Câu 27: Biết rằng S là tập nghiệm của bất phương trình log   x 2  100 x  2400   2 có dạng
S   a; b  \  x0  . Giá trị a  b  x0 bằng

A. 50.
B. 150.
C. 30.
D. 100.
2
2
2
Câu 28: Trong hệ trục Oxyz cho mặt cầu có phương trình x  y  z  2 x  4 y  6 z  1  0 .
Xác định tâm và bán kính của mặt cầu.
A. I 1; 2; 3 , R  15 .

B. I 1; 2;3 , R  15

C. I  1; 2;3  , R  15.

D. I 1; 2; 3 , R  4 .

Câu 29: Biết đường thẳng y  3 x  1 cắt đồ thị hàm số y 

2x2  2x  3
tại hai điểm phân biệt A, B . Tính
x 1

độ dài đoạn thẳng AB?
A. AB  4 6.

B. AB  4 2.
C. AB  4 15.
D. AB  4 10.
Câu 30: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy, SD tạo với mặt
phẳng (SAB) một góc bằng 300 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD.
3a 3
6a 3
6a3
3
A. V  3a .
B. V 
C. V 
D. V 
.
.
.

3
18
3
Câu 31: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, mặt bên SAB là tam giác đều và
a 21
. Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo
SA  BC . Khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SBD  bằng
7
a.
a3 3
a3 3
a3 3
a3 3
A. VS . ABCD 
B. VS . ABCD 
C. VS . ABCD 
D. VS . ABCD 
2
9
6
4
Câu 32: Một người vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất là 0,7%/tháng theo thỏa thuận cứ cuối mỗi
tháng người đó sẽ trả cho ngân hàng 5 triệu đồng và cứ trả hàng tháng như thế cho đến khi hết nợ (tháng
cuối cùng có thể trả dưới 5 triệu). Hỏi sau bao nhiêu tháng thì người đó trả được hết nợ ngân hàng.
A. 21.
B. 24.
C. 22.
D. 23.
Câu 33: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số y  x3  3mx 2  4m3 có hai điểm
cực trị A, B sao cho diện tích của tam giác OAB bằng 64 , với O là gốc tọa độ.

A. m  1
B. m  1
C. m  2
D. m  2
Câu 34: Cho các số thực x, y , z thỏa mãn x  2, y  1, z  0 . Giá trị lớn nhất của biểu thức:

P

1
2 x 2  y 2  z 2  2(2 x  y  3)



1
là
y ( x  1)( z  1)

1
1
1
1
.
B. P  .
C. P  .
D. P  .
4
6
8
2
Câu 35: Cho hình chóp S.ABCD có các mặt phẳng (SAB), (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng

(ABCD), đáy là hình thang vuông tại các đỉnh A và B, có AD = 2AB = 2BC = 2a, SA = AC. Khoảng
cách giữa hai đường thẳng SB và CD bằng:
a 3
a 15
a 3
a 10
A.
B.
C.
D.
2
5
4
5
Câu 36: Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số.
Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt đúng ba chữ số khác nhau.
1500
1130
1400
1120
A. P 
.
B. P 
C. P 
D. P 
6561
6561
6561
6561
Câu 37: Một cái bể cá hình hộp chữ nhật được đặt trên bàn nằm ngang, một mặt bên của bể rộng 10dm

A. P 

và cao 8dm . Khi ta nghiêng bể thì nước trong bể vừa đúng che phủ mặt bên nói trên và chỉ che phủ

3
bề
4

Trang 3/5 - Mã đề thi 485 - />

mặt đáy của bể (như hình bên). Hỏi khi ta đặt bể trở lại nằm ngang thì chiều cao h của mực nước là bao
nhiêu ?
B
8

B
C

A
8

C
10
A

h
10
D

D

A. h  3,5dm .

B. h  4dm .

D. h  2,5dm .

C. h  3dm .
n

Câu 38: Tìm hệ số chứa x 5 trong khai triển P  x   x 1  2 x   x 2 1  3 x 
A. 3360

2n

, biết An2  Cnn11  5 .
D. 3320

B. 23210
C. 21360.
log 2 5  b
Câu 39: Cho log 6 45  a 
, với a, b,c   . Tính tổng a  b  c
log 2 3  c
A. 2
B. 1
C. 4
D. 0
Câu 40: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn  2019;2019 để hàm số

cot 2 x  2m cot x  2m2  1
  
nghịch biến trên  ; 
cot x  m
4 2
A. 2018
B. 2020
C. 2019
D. 2021
Câu 41: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và tam giác ABC cân tại A .
Cạnh bên SB lần lượt tạo với mặt phẳng đáy, mặt phẳng trung trực của BC các góc bằng 300 và 450,
khoảng cách từ S đến cạnh BC bằng a . Thể tích khối chóp S.ABC bằng:
a3
a3
a3
A. VS.ABC 
B. VS.ABC 
C. VS.ABC 
D. VS.ABC  a 3
2
3
6
y

Câu 42: Cho

m

 sin x  cos x  1

  sin x  cos x  2 3 dx    sin x  cos x  2 n  C
cos 2 x

với m, n  N . Tính A  2m  3 n .

A. A  7 .
B. A  10 .
C. A  9
D. A  8 .
Câu 43: Người ta cần làm một cái bồn chứa dạng hình trụ có thể tích 1000 lít bằng inox để chứa nước,
tính bán kính R (đơn vị mét) của hình trụ đó sao cho diện tích toàn phần của bồn chứa có giá trị nhỏ nhất.
2
1
1
3
A. R  3
B. R  3
C. R  3
D. R  3


2
2
Câu 44: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hàm số y  f '  x  như hình vẽ:

Xét hàm số g  x   2 f  x   2 x3  4 x  3m  6 5 với m là số thực. Điều kiện cần và đủ để
g  x   0 x    5; 5  là:
Trang 4/5 - Mã đề thi 485 - />

A. m 

2
f
3

 5.

B. m 

2
f  5 .
3





C. m 

2
f
3

 5.

D. m 

2
f 0 .
3

Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng   đi qua điểm H  3; 4;1
và cắt các trục tọa độ tại các điểm M , N , P sao cho H là trực tâm của MNP .
A. 4 x  3 y  z  22  0.
B. x  2 y  z  6  0.
C.  3 x  4 y  z  26  0
D. 3 x  4 y  z  26  0 .

 m  1 x  2m  2

Câu 46: Với các giá trị nào của tham số m thì hàm số y 

xm

nghịch biến trên khoảng

 1;   ?
m  1
B. 
m  2

A. m  2

C. m  1

D. 1  m  2

2

b

ln x
b
là phân số tối
dx   a ln 2 (với a là số thực, b, c là các số nguyên dương và
2
c
c
1 x
giản). Tính giá trị của 2 a  3b  c.
A. 5
B. 4.
C. -6.
D. 6.

Câu 47: Biết



Câu 48: Xét các số nguyên dương a, b sao cho phương trình a ln 2 x  b ln x  5  0 có hai nghiệm phân
biệt x1 , x2 và phương trình 5log 2 x  b log x  a  0 có hai nghiệm phân biệt x3 , x4 thỏa mãn x1 x2  x3 x4 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của S  2a  3b.
A. Smin  33 .
B. Smin  30 .
C. Smin  17 .
D. Smin  25 .
x 2  2mx  2m2  1
Câu 49: Gọi m là giá trị để đồ thị (Cm) của hàm số y 
cắt trục hoành tại hai điểm
x 1
phân biệt và các tiếp tuyến với (Cm) tại hai điểm này vuông góc với nhau. Khi đó ta có:

A. m  1; 2 
B. m   2; 1
C. m   0;1
D. m   1;0 
2

2

2

Câu 50: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  27 . Gọi   là mặt
phẳng đi qua hai điểm A  0;0; 4  , B  2;0;0  và cắt  S  theo giao tuyến là đường tròn  C  sao cho khối
nón có đỉnh là tâm của  S  , đáy là hình tròn  C  có thể tích lớn nhất. Biết mặt phẳng   có phương
trình dạng ax  by  z  c  0 , khi đó a  b  c bằng:
A. 8 .
B. 0 .
C. 2 .

D. 4

-----------------------------------------------

----------- HẾT ----------

Trang 5/5 - Mã đề thi 485 - />

BẢNG ĐÁP ÁN
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B A C D D B B B A A
26 27 28 29 30 31 32 33 34 35

A A A D B C C D C D

11
C
36
D

12
B
37
C

13
D
38
D

14
A
39
B

15
B
40
D

16
A
41

C

17
A
42
D

18
A
43
C

19
B
44
C

20
C
45
D

21
B
46
D

22
D
47

B

23
B
48
B

24
A
49
C

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.

Đường thẳng y  6 x  m  1 là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x3  3x  1 khi m bằng
A. 4 hoặc 2 .

B. 4 hoặc 0 .

C. 0 hoặc 2 .

D. 2 hoặc 2 .

Lời giải
Chọn B

Gọi  C  là đồ thị hàm số y  x3  3x  1 .
Có y  3x 2  3 .
x  1 y  3

y '  6  3x 2  3  6  
 x  1  y  5
Phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm M 1;3 là: y  6 x  3 .
Phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm M   1;  5 là: y  6 x  1 .
 m  1  3
 m  4
Để đường thẳng y  6 x  m  1 là tiếp tuyến của  C  thì 

m  1  1
m  0
Câu 2.

Cho hình trụ có bán kính R và trục có độ dài 2R . Tính thể tích khối trụ.
A. 2 R 3 .

B.  R 3 .

C.

4
 R3 .
3

D.

2
 R3 .
3

Lời giải

Chọn A

Có thể tích hình trụ là V   R 2 .2R  2 R 3 .
Câu 3.

 

Với a , b là hai số dương tùy ý, ln ab3 bằng
A. 3ln a  ln b .

C. ln a  3ln b .

B. 3ln a.ln b .

D. ln a  3ln b .

Lời giải
Chọn C

 

Ta có: ln ab3  ln a  ln b3  ln a  3ln b .
Câu 4.

Hàm số y  2 x3  3x 2  1 đồng biến trong các khoảng nào sau đây?
A.  ;0  .

B.  1;0  .

C.  1;   .

Lời giải

Chọn D

Ta có: y '  6 x 2  6 x .

x  0
y '  0  6 x2  6 x  0  
 x  1
Bảng biến thiên:
Trang 6/28 – Diễn đàn giáo viên Toán

D.  ; 1 ;  0;   .

25
C
50
D


x
y

1







0



0



0



2

y

1


Từ BBT ta có D là đáp án đúng.

Câu 5.

Hình đa diện nào dưới đây không có tâm đối xứng ?
A. Bát diện đều.
B. Hình lập phương.
B. Lăng trụ lục giác đều.
D. Tứ diện đều.
Lời giải

Chọn D
Bát diện đều, hình lập phương và lăng trụ lục giác đều là những hình đa diện có tâm đối xứng. Suy
ra tứ diện đều không có tâm đối xứng.
2

Câu 6. Tính tích phân I   2 x x 2  1dx bằng cách đặt u  x 2  1 , mệnh đề nào dưới đây đúng ?
1

2

3

A. I   udu.

B. I   udu.

1

2

C. I 

0

1
udu.
21



3

D. I  2  udu.
0

Lời giải
Chọn B
Đặt u  x 2  1  du  2 xdx .
Khi x  1  u  0; x  2  u  3 .
2

3

Do đó I   2 x x 2  1dx   udu  2 3 .
1

1

Câu 7.

Cho



f  x  dx  3 ,

0

3



f  x  dx  1 . Tính tích phân

1

0

 f  x  dx .
3

B. 2 .

A. 4 .

0

C. 4 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn B
0

Ta có


3

Câu 8.

3
3
1

f  x  dx    f  x  dx     f  x  dx   f  x  dx     3  1  2 .
0
1
0


Hàm số y  x 4  3x 2  1 có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 2 .

B. 3 .

C. 0 .
Lời giải

D. 1.

Chọn B
Ta có 1.  3  3  0 suy ra hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 9.

log7  x  4 

Số nghiệm của phương trình 3
A. 1.

B. 0 .

 x là
C. 2 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn A
Điều kiện của phương trình: x  4 .
Với x  0 phương trình đã cho tương đương với phương trình log 7  x  4   log3 x.
Trang 7/28 - WordToan


Đặt log 7  x  4   log3 x  t.
t
t
 x  4  7t
3
1
t
t
t
t
Ta có 
suy ra 7  3  4  7  3  4     4    1  0 1 .
t
7
7
 x  3

t

t

3
1
Xét hàm số f  t      4    1, t  .
7
7
t

t

3 3
1 1
Ta có f '  t     ln    4   ln    0,  t  .
7 7
7 7

Nên f  t  nghịch biến trên tập  .
Mà f 1  0 nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất t  1  x  3 .
Câu 10. Tính lim

x 





2x 2  x  x ?

B. 1 .

A.  .

C.  .
Lời giải

D. 0 .

Chọn A

Ta có lim

x 





1

2x 2  x  x  lim  x 2  2    x 

x  
x






 


1 
1
 lim   x 2   x   lim  x   2   1  .
x 
x 
x  
x


 


1
Vì lim x   và  lim   2   1   1  2  0 nên lim
x 
x 
x 
x







2x 2  x  x  .

Câu 11. Họ nguyên hàm của hàm số y  2 x  3 là
A. 2 x  3 x  C .

B.

2x
 3x  C .
ln 2

C.

2x
 3x  C .
ln 2
Lời giải

3
D. 2 x   C .
x

Chọn C

Ta có

 2

x

 3 dx   2 x dx   3dx 

2x
 3x  C .
ln 2

  300 . Quay hình chữ nhật này xung quanh
Câu 12. Cho hình chữ nhật ABCD có AB  a,BDC
cạnh AD . Tính diện tích xung quanh của hình trụ được tạo thành.
A. S xq   a 2 .

B. S xq 

2 a 2
.
3

C. S xq  2 3 a 2 .
Lời giải

Chọn B

Trang 8/28 – Diễn đàn giáo viên Toán

D. S xq  3 a 2 .


l

Từ giả thiết suy ra hình trụ được tạo ra có:
Bán kính đáy của hình trụ r  AB  CD  a , đường sinh l  BC .

BDC  300 suy ra
Xét tam giác BDC vuông tại C và 
BC
1
a
a
.
 BC  tan 300 .CD 
l 
tan 300 
.a 
DC
3
3
3
Diện tích xung quanh của hình trụ được tạo thành là S xq  2 rl  2 a

a 2 a 2

.
3
3

Câu 13. Trong mặt phẳng cho tập hợp P gồm 10 điểm phân biệt trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng.
Số tam giác có 3 đỉnh đều thuộc tập hợp P là
A. A107 .

C. A103 .

B. 10 3 .

D. C103 .

Lời giải
Chọn D

Số tam giác có 3 đỉnh đều thuộc tập hợp P là: C103 .
Câu 14. Cho hàm số y 

3x
.Khẳng định nào sau đây đúng?
5x  2

3
A. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  .
5

B. Đồ thị hàm số không có tiệm cận.

3
2
C. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  .
D. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng y  .
5
5
Lời giải
Chọn A
Vì lim

x 

3x
3
3
 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  .
5x  2 5
5

Câu 15. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 2 x  my  3z  5  0 và mặt phẳng

 Q  : nx  8 y  6 z  2  0 . Với giá trị nào của m và n

thì hai mặt phẳng  P  ,  Q  song song với

nhau.
A. m  n  4 .

B. m  4, n  4 .

C. m  n  4 .

D. m  4, n  4 .

Lời giải
Chọn B

Để hai mặt phẳng song song với nhau điều kiện là

2

m
3
5
       m  4, n   4 .
n
8
6
2
Trang 9/28 - WordToan


Câu 16. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm M  1; 2; 3 và P 1; 2;3 . Gọi Q là

điểm đối xứng với điểm P qua trục Ox , tính MQ.
A. MQ  2 .

B. MQ  6 .

C. MQ  1 .

D. MQ  2 10 .

Lời giải
Chọn A

Gọi H là hình chiếu của điểm P (1; 2;3) lên trục Ox  H (1; 0; 0).
Vì Q là điểm đối xứng với P qua trục Ox nên H là trung điểm của PQ , suy ra Q 1; 2; 3 .
Do đó MQ  2 .
3a
Câu 17. Cho hình chóp S. ABCD đáy là hình thoi tâm O cạnh a , 

.
ABC  60  , SA   ABCD  , SA 
2
Khoảng cách từ O đến mặt phẳng  SBC  bằng

A.

3a
.
8

B.

5a
.
8

C.

3a
.
4

D.

5a
.
4

Lời giải

Chọn A

Cách 1:

Xét ABC đều do 
ABC  60  và AB  BC .
Lấy I là trung điểm BC , kẻ AH  SI tại H (1).
Ta có: AI  BC (do ABC đều), mà BC  SA  BC   SAI  , AH   SAI   BC  AH (2).
Từ (1) và (2)  AH   SBC  tại H  AH  d  A,  SBC   .
Ta có: ABC đều cạnh a  AI 

a 3
.
2

Xét SAI vuông tại A có:
1
1
1
4
4
16
3a
 2  2  2  2  2  AH 
 d  A,  SBC   .
2
9a 3a
9a
4
AH

SA
AI

Ta có:

d  O,  SBC  
d  A,  SBC  



OC 1
1
3a
  d  O,  SBC    d  A,  SBC    .
AC 2
2
8

Trang 10/28 – Diễn đàn giáo viên Toán


Cách 2:

Tương tự cách 1 ta có ABC đều cạnh a  AI 

a 3
.
2

1

a2 3
.
Diện tích OBC là: SOBC  .SABC 
2
8
1
1 3a a 2 3 a3 3

Thể tích của khối chóp S.OBC là: VS .OBC  .SA.SOBC  . .
.
3
3 2
8
16
2

2
 3a   a 3 
Xét SAI vuông tại A : SI  SA  AI     
  3a .
 2   2 
2

2

Xét SAI có SA  SC  do SAB  SAC   SI là đường cao  S SBC 

Ta có: d  O;  SBC   

3VS .OBC

S SBC

3.a 3 3
3a
 16

.
2
8
a 3

Câu 18. Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
B. 3 .

A. 1.

1
SI .BC  a 2 3 .
2

3x  1  4
là
x  6x  5
C. 0 .
2

D. 2 .

Lời giải
Chọn A

 1

Tập xác định của hàm số là D    ;    \ 1;5 .
 3

Ta có:
1) lim
x 5

3  x  5
3x  1  4
 lim
 lim
x 5
x  6 x  5 x 5  x  1 x  5  3 x  1  4
 x  1



2







3
3x  1  4





3
32



  lim 3x  1  4  2  0

3x  1  4
 do  x 1

   
2) lim 2
.
2
2
x 1 x  5 x  6
lim
x
5
x
6
0,
x
5
x

6
0,
x
1;5










  


  x 1

 Đồ thị hàm số đã cho có 1 tiệm cận đứng: x  1 .

Câu 19. Tìm dãy số là cấp số nhân trong các dãy số
A. 3;  3; 1;

3
.
3

B.  2; 2; 2 2; 4.

C. 10; 5; 0; -5 .

D. 1;2; -4; 8 .

Lời giải
Chọn B

Ta có  2; 2; 2 2; 4. là cấp số nhân có công bội bằng  2 .
Câu 20. Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AC , AD . Tìm mệnh đề đúng trong
các mệnh đề sau?
A. MN / /  ACD  .

B. MN / /  ABD  .

C. MN / /  BCD  .

D. MN / /  ABC  .

Lời giải
Trang 11/28 - WordToan


Chọn C

Vì M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AC , AD nên MN / /CD, MN   ACD 

 MN / /  BCD  .
Câu 21. Cho phương trình 32 x  5  3x  2  2 . Đặt t  3x 1 , phương trình đã cho trở thành phương trình nào?
A. 3t 2  t  2  0 .

B. 27t 2  3t  2  0 .

C. 81t 2  3t  2  0 .

D. 27t 2  3t  2  0 .

Lời giải
Chọn B

Ta có: 32 x 5  3x  2  2  33 .32 x 1  3.3x 1  2  0 .
Đặt t  3x 1 , phương trình đã cho trở thành phương trình: 27t 2  3t  2  0 .
Vậy khi đặt t  3x 1 thì phương trình 32 x  5  3x  2  2 trở thành phương trình: 27t 2  3t  2  0 .
Câu 22. Cho hình nón có bán kính đáy r  3 và độ dài đường sinh l  4 . Tính diện tích xung quanh
S xq của hình nón đã cho.
A. S xq  39 .

B. S xq  8 3 .

C. S xq  12 .

D. S xq  4 3 .

Lời giải
Chọn D

Ta có diện tích xung quanh của hình nón là S xq   rl , với r  3 , l  4 .
Suy ra S xq  4 3 .
Vậy hình nón có bán kính đáy r  3 và độ dài đường sinh l  4 có diện tích xung quanh là
S xq  4 3 .
Câu 23. Cho f  x   x 4  4 x3  2 x 2  x  1 . Tính

1

 f  x  f   x  dx ?
2

0

Trang 12/28 – Diễn đàn giáo viên Toán


2
B.  .
3

A. 2 .

C. 2 .

D.

2
.
3

Lời giải
Chọn B
1

Ta có:


0

1

f 2  x  f   x  dx   f 2  x  d  f  x   
0

Mà: f 1  1 ; f  0   1 . Do đó:

1
3
3
1 3
1
f  x    f 1    f  0    .
0

3
3

1

2
 f  x  f   x  dx   3 .
2

0

Câu 24. Cho biểu thức P 

5 1

a



.a 2

2 2

a

A. a 5 .



5

2 2

. Rút gọn P được kết quả:
C. a 3 .

B. a .

D. a 4 .

Lời giải

Chọn A

Ta có: P 

a

5 1

.a 2

a 

2 2

2 2

Câu 25. Cho hàm số y 

A. 2 y' xy'' 

5

a



a



5 1 2 5
2 2



2 2





a3
 a5 .
2
a

ln x
, mệnh đề nào sau dây đúng ?
x

1
.
x2

B. y' xy'' 

1
.
x2

C. 2 y' xy''  

1
.
x2

D. y' xy''  

1
.
x2

Lời giải
Chọn C

Ta có y 

x  ln x ' x'ln x
x



2

1 ln x
.
x2

1 ln x ' x   x  '1 ln x  x  2x1 ln x  3 2ln x .
y'' 

2

2

x4

x4

x3

Ta có :

2 y' xy''  2

1
1 ln x 3 2ln x 2  2ln x  3 2ln x


 2.
2
2
2
x
x
x
x

Vậy C là đáp án đúng . Đáp án A sai .
Ta có

y' xy'' 

1 ln x 3 2ln x 1 ln x  3 2ln x 2  ln x



.
x2
x2
x2
x2

Vậy đáp án B và D sai .

 b3 
Câu 26. Cho log a b  2 và log a c  3. Tính P  log a  2  .
c 
A. 0.

B. -5.

C.

4
.
9

D. 36.

Lời giải

Trang 13/28 - WordToan


Chọn A

 b3 
Ta có P  log a  2   log a b3  log a c2  3log a b 2log a c.
c 

P  0.
Vậy đáp án A đúng .
Câu 27. Biết rằng S là tập nghiệm của bất phương trình log   x 2  100 x  2400   2 có dạng

S   a ; b  \  x0  . Giá trị a  b  x0 bằng :
A. 50.

B. 150.

C. 30.
Lời giải

D. 100.

Chọn A
BPT tương đương với :
2
40  x  60
 x  100 x  2400  0
40  x  60
.



 2
2
 x  100 x  2400  100
 x  50
 x  50   0

S   40;60  \ 50  a  b  x0  40  60  50  50.
Câu 28.

Trong hệ trục Oxyz cho mặt cầu có phương trình x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  1  0.
Xác định tâm và bán kính của mặt cầu.
A. I  1; 2; 3  , R  15 .

B. I  1; 2;3  , R  15 .

C. I   1; 2;3  , R  15 .

D. I 1; 2; 3  , R  4 .
Lời giải

Ta có : x  y  z  2 x  4 y  6 z  1  0   x  1   y  2    z  3   15.
2

2

2

2

2

2

Suy ra: Tâm I  1; 2; 3  , R  15 .
Chọn A

Câu 29. Biết đường thẳng y  3 x  1 cắt đồ thị hàm số y 

2x2  2x  3
tại hai điểm phân biệt A, B . Tính độ
x 1

dài đoạn thẳng AB?
A. AB  4 6 .

B. AB  4 2 .

C. AB  4 15 .

D. AB  4 10 .

Lời giải
Chọn D

Hoành độ giao điểm của đường thẳng y  3 x  1 và đồ thị hàm số y 
phương trình sau:

Trang 14/28 – Diễn đàn giáo viên Toán

2x2  2 x  3
là nghiệm của
x 1


2x2  2x  3
 3x  1
x 1
2
 2 x  2 x  3   3 x  1 x  1

 x  1
 x  2
 x2  4
x  2


   x  2  
 x  2
x  1
x  1


Suy ra A   2;  5 ; B   2;7  và AB  4 10 .
Câu 30. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy, SD tạo với mặt
phẳng  SAB  một góc bằng 30 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD.
B. V 

A. V  3a3 .

3a3
.
3

C. V 

6a3
.
18

D. V 

6a3
.
3

Lời giải
Chọn B
S

D

A

B

C

Ta có hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh, SA vuông góc với mặt đáy nên DA  AB và

  30 .
DA  SA . Suy ra DA   SAB  . Vậy góc giữa SD và mặt phẳng  SAB  là DSA
Ta có

SA  AD.cot 30  a 3

1
1
3 3
V  .SA.S ABCD  .a 3.a 2 
a .
3
3
3
Câu 31. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông, mặt bên SAB là tam giác đều và SA  BC .
Khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SBD  bằng
A. VS . ABCD 

a3 3
.
2

B. VS . ABCD 

a 21
. Tính thể tích khối chóp S. ABCD theo a .
7

a3 3
a3 3

.
C. VS . ABCD 
.
9
6
Lời giải

D. VS . ABCD 

a3 3
.
4

Chọn C
Trang 15/28 - WordToan


S

I
D
A
H
O
K
B

C

 BC  AB

Vì 
(gt) nên BC   SAB  .
 BC  SA
Gọi H là trung điểm của AB thì SH  AB và SH  BC , suy ra SH   ABCD  .
Ta có d  C ,  SBD    d  A,  SBD    2.d  H ,  SBD   .
Gọi O  AC  BD , K là trung điểm của BO . Trong  SHK  , kẻ HI  SK  I  SK  .
Vì HK // AO nên HK  BD và SH   ABCD   SH  BD
Suy ra BD   SHK   BD  HI mà HI  SK  HI   SBD  . Do đó d  H ,  SBD    HI .
Đặt AB  x  x  0  thì SH 
Ta có

x 3
AC x 2
.

, AC  x 2  HK 
2
4
4

1
1
1
4
8
28
x 21
.



 2  2  2  HI 
2
2
2
HI
SH
HK
x
3x
3x
14

Suy ra d  C ,  SBD    2 HI 

x 21 a 21

 x a.
7
7

1
1 a 3 2 a3 3
.a 
Do đó VS . ABCD  .SH .S ABCD  .
(đvtt).
3
3 2
6
Câu 32. Một người vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất là 0,7%/tháng theo thỏa thuận cứ cuối mỗi
tháng người đó sẽ trả cho ngân hàng 5 triệu đồng và cứ trả hàng tháng như thế cho đến khi hết nợ

(tháng cuối cùng có thể trả dưới 5 triệu). Hỏi sau bao nhiêu tháng thì người đó trả được hết nợ ngân
hàng?
A. 21 .
B. 24 .
C. 22 .
D. 23 .
Lời giải
Chọn C
Xét bài toán tổng quát:
Gọi A là số tiền vay từ ngân hàng với lãi suất là r (%) mỗi tháng. Số tiền trả hàng tháng là a và
sau n tháng thì trả được hết nợ.
Trang 16/28 – Diễn đàn giáo viên Toán


Cuối tháng thứ 1, số tiền còn nợ là N1  A 1  r   a .
Cuối tháng thứ 2, số tiền còn nợ là N 2  N1  N1.r  a  A 1  r   a 1  r   a .
2

Cuối tháng thứ 3, số tiền còn nợ là N 3  A 1  r   a 1  r   a 1  r   a .
3

2

…
Cuối tháng thứ n , số tiền còn nợ là N n  A 1  r   a 1  r 
n

 A 1  r 

n

1  r 
 a.

n 1

 a 1  r 

n2

 a 1  r   a

1
1  r   1 .
n
 A 1  r   a.
1  r 1
r
n

n

Để hết nợ thì N n  0  a 

A.r. 1  r 

1  r 

n

n

1

 * .

Từ đề bài ta có A  100.000.000  108 , a  5.000.000  5.106 , r  0,7%  0,007  7.103 .
Thay vào * ta được 5.106 

108.7.103.1, 007 n
50
 50 
 1, 007n 
 n  log1,007   .
n
1, 007  1
43
 43 

Suy ra n  21, 6 .
Vậy sau 22 tháng thì người đó trả hết nợ.
Câu 33. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số y  x3  3mx 2  4m3 có hai điểm
cực trị A , B sao cho diện tích của tam giác OAB bằng 64 , với O là gốc tọa độ.
B. m  1 .
C. m  2 .
D. m  2 .
A. m  1 .
Lời giải.
Chọn D
Ta có: y  x 3  3mx 2  4m3   3 x 2  6mx  3 x ( x  2m) .





Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y  0 có hai nghiệm phân biệt.

 2m  0  m  0 .
Tọa độ hai điểm cực trị là A  0; 4m

3



OA  4m3
B
2
m
;0
và 
 
OB | 2m |

1
1
 S OAB  OA.OB  4m3 | 2m | 4m 4  64  m  2 .
2
2
Câu 34. Cho các số thực x , y , z thỏa mãn x  2 , y  1 , z  0 . Giá trị lớn nhất của biểu thức:
1

1
là
P

2 x 2  y 2  z 2  2(2 x  y  3) y ( x  1)( z  1)

A. P 

1
.
4

1
B. P  .
6

1
C. P  .
8
Lời giải

D. P 

1
.
2

Chọn C
Đặt a  x  2 , b  y  1 , c  z .

Ta có: a , b , c  0 và P 
Ta có: a 2  b 2  c 2  1 

1
.
2 a  b  c  1 (a  1)(b  1)(c  1)

a  b

1

2

2

2



 c  1



2

2



2

2
Dấu ''  '' xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 .

1
2
 a  b  c  1 .
4

Trang 17/28 - WordToan


Mặt khác  a  1 b  1 c  1

 a  b  c  3


3

. Dấu ''  '' xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 .
27
1
27
Đặt t  a  b  c  1  t  1 khi đó P  
, t 1
t (t  2)3

1
27
1
81

, t  1 ; f (t )   2 
Xét hàm f (t )  
3
t (t  2)
t (t  2)4
f   t   0   t  2   81.t 2  t 2  5t  4  0  t  4  Do t  1 và lim f  t   0 .
4

t 

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có max f  t   f  4  
1; 

1
t4
8

a  b  c  1

 a  b  c 1
a  b  c  1  4
 x  3 ; y  2 ; z  1.
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là

1
, đạt được khi  x; y; z    3; 2;1 .
8

Câu 35. Cho hình chóp S . ABCD có các mặt phẳng  SAB  ,  SAD  cùng vuông góc với mặt phẳng

 ABCD  , đáy là hình thang vuông tại các đỉnh

A và B , có AD  2 AB  2 BC  2 a , SA  AC .

Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD bằng:
A.

a 3
.
2

B.

a 15
.
5

C.

a 3
.
4

D.

Lời giải
Chọn D
Cách 1:

z
S

2a

A

D

a
a 2
B

x

Trang 18/28 – Diễn đàn giáo viên Toán

a

C

y

a 10
.
5


Theo bài ra có: SA   ABCD   SA  AC ; SA  AC nên SA  AC  a 2 .
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A  O ; tia Ox  AB ; tia Oy  AD ; tia Oz  AS . Khi đó:





A  0;0;0  ; B  a;0;0  ; C  a; a;0  ; D  0; 2a;0  ; S 0;0; a 2 .
x  a t

Ta có, phương trình đường thẳng CD :  y  a  t
 z0

 x  a  t

Phương trình đường thẳng SB :  y  0

 z   2t 
Gọi MN là đoạn vuông góc chung của SB và CD với M  CD ; N  SB .

Ta có: M  a  t; a  t ;0  ; N a  t ;0;  2t   MN  t  t ;  a  t;  2t  .









Do MN  CD ; MN  SB nên có:
3a


 
t   5
 MN .CD  0
t   t  a  t  0
2t  t   a



  
 t   t  2t   0
 t  3t   0
 MN .SB  0
 t  a

5
2

2
2
  2a 2a
2a 
a 10
2a 
 2a   2a  
.
 MN    ;  ; 
 
  MN           
5 

5
5
5 
 5   5  
 5

Cách 2:

Theo giả thiết SA   ABCD   SA  AC ; SA  AC  a 2 .
Gọi M là trung điểm của AD . Ta có: BM // CD  CD //  SBM 

 d  CD; SB   d  CD;  SBM    d  C;  SBM    d  A;  SBM   .
Theo giả thiết và theo cách dựng ta có ABCM là hình vuông cạnh a .
Gọi K  AC  BM  AK  BM  BM   SAC  .
Trang 19/28 - WordToan


Dựng AH  SB . Khi đó: d  A;  SBM    AH
Xét tam giác SAC vuông tại A , đường cao AH có:

1
1
1
1
2
a 10
 2
 2  2  AH 
.
2

2
AH
SA AK
2a a
5
Câu 36. Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0 , lấy ngẫu nhiên một số.
Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt đúng ba chữ số khác nhau.
A. P 

1500
.
6561

B. P 

1120
.
6561

C. P 

1130
.
6561

D. P 

1400
.
6561

Lời giải
Chọn D

Số các chữ số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0 là: n     95 số.
Gọi A là biến cố: “ Lấy một số tự nhiên có 5 chữ số mà chỉ có mặt đúng ba chữ số khác nhau”.
Khi đó có các trường hợp sau xảy ra:
+ Trường hợp 1: Số đó có 1 chữ số xuất hiện 3 lần và hai chữ số còn lại xuất hiện 1 lần.
Chọn 3 chữ số trong 9 chữ số có C93 cách chọn.
Chọn số xuất hiện 3 lần có 3 cách chọn.
Sắp xếp thứ tự các số này, sắp thứ tự 2 số khác nhau trước, còn lại là vị trí của số xuất hiện 3 lần:

A52 .1 cách.
Vậy theo quy tắc nhân có: C93 .3. A52  5040 cách.
+ Trường hợp 2 : Số đó có 2 chữ số xuất hiện 2 lần và chữ số còn lại xuất hiện 1 lần.
Chọn 3 chữ số trong 9 chữ số có C93 cách chọn.
Chọn số xuất hiện 1 lần có 3 cách chọn.
Sắp xếp thứ tự các số này, sắp thứ tự cho số xuất hiện 1 lần trước, sau đó chọn vị trí cho số xuất
hiện 2 lần: 5.C42 .1 cách
Vậy theo quy tắc nhân có: C93 .3.5.C42 .1  7560 cách.
Vậy n  A  5040  7560  12600 .
 P  A 

n  A  1400
.

n    6561

Câu 37. Một bể cá hình hộp chữ nhật được đặt trên bàn nằm ngang, một mặt bên của bể rộng 10 dm và cao 8
3

bề mặt
dm. Khi nghiêng bể thì nước trong bể vừa đúng che phủ mặt bên nói trên và chỉ che phủ
4
đáy của bể (như hình). Hỏi khi ta đặt bể trở lại nằm ngang thì chiều cao h của mực nước là bao
nhiêu?
A. h  3, 5 dm.
B. h  4 dm.
C. h  3 dm.
D. h  2,5 dm.

Trang 20/28 – Diễn đàn giáo viên Toán


Lời giải
Chọn C
Gọi a là số đo cạnh còn lại của đáy bể cá.
1 3
Thể tích nước trong bể khi nghiêng bể là . a.8.10  30a
2 4

Thể tích nước trong bể khi đặt bể trở lại nằm ngang là h.a.10  10ah
Vì lượng nước trong bể không đổi nên ta có 30a  10ah  h  3 dm.
Câu 38. Tìm hệ số chứa x 5 trong khai triển P( x)  x(1  2 x)n  x 2 (1  3x)2 n , biết An2  Cnn11  5.
A. 3360.

B. 23210.

C. 21360.
Lời giải

D. 3320.

Chọn D
Điều kiện n  2 .
n!
(n  1)!
n!
( n  1)!

5

5
(n  2)! (n  1  n  1)!(n  1)!
(n  2)! 2(n  1)!
n(n  1)
 (n  1)n 
 5  2(n  1)n  n( n  1)  10  n 2  3n  10  0  n  5. Hệ
2
chứa x 5 trong khai triển x(1  2 x)5 là C54 .(2) 4  80 .
An2  Cnn11  5 

số

Hệ số chứa x 5 trong khai triển x 2 (1  3x)10 là C103 .33  3240 .
Vậy hệ số chứa x 5 trong khai triển P( x)  x(1  2 x)n  x 2 (1  3x)2 n là 3320.
Câu 39. Cho log 6 45  a 
A. 2 .

log 2 5  b
, với a, b, c   . Tính tổng a  b  c

log 2 3  c

B. 1.

C. 4 .

D. 0 .

Lời giải
Chọn B

Ta có : log 6 45 

log 2 45 2 log 2 3  log 2 5
log 2 5  2

 2
log 2 6
log 2 3  1
log 2 3  1

Vậy a  2, b  2, c  1  a  b  c  2  2  1  1 .
Câu 40. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn  2019; 2019 để hàm số
y

co t 2 x  2m cot x  2m 2  1
  
nghịch biến trên  ;  .
cot x  m
4 2

A. 2018 .

B. 2020 .

C. 2019 .
Lời giải

D. 2021 .

Chọn D
y

co t 2 x  2m cot x  2m 2  1
1 .
cot x  m

Trang 21/28 - WordToan


  
1 nghịch biến trên khoảng   ;   
Đặt cot x  t . Ta có x   ;   t   0;1 . Để hàm số


4 2
4 2
t 2  2mt  2m 2  1
hàm số y 
đồng biến trên khoảng

t m

t2 1
, t   0;1
m


t 2  2mt  1  0
2t
t 2  2mt  1

 0 , t   0;1  

 0;1  y 
 *
2
0
m


t  m
m   0;1

  m  1

Xét hàm số f (t ) 

t2 1
, t   0;1 .
2t

t 2 1
 f (t )  0  t  1 (loại).
2t 2
Bảng biến thiên:

Ta có: f (t ) 

t

1

0

f (t)





f t

1

Từ bảng biến thiên  f (t )  1,  t   0;1 .

m  1
m  1

Vậy *    m  0  

m  0
m  1


mà m   2019; 2019 , m    m  2019; 2018;...;0;1 nên có 2021 giá trị m thỏa mãn .

Câu 41. Cho hình chóp S. ABC có SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  và tam giác ABC cân tại A . Cạnh
bên SB lần lượt tạo với mặt phẳng đáy, mặt phẳng trung trực của BC các góc bằng 300 và 450 ,
khoảng cách từ S đến cạnh BC bằng a . Thể tích khối chóp S. ABC bằng:
A. VS . ABC 

a3
.
2

B. VS . ABC 

a3
.
3

C. VS . ABC 

a3
.
6

Lời giải
Chọn C
S

45 0

C

A
30 0

M
B

+ Lấy M là trung điểm của BC , tam giác ABC cân tại A
Trang 22/28 – Diễn đàn giáo viên Toán

D. VS . ABC  a3 .


 AM  BC .
SA  BC (vì SA   ABC  )
 BC   SAM  tại trung điểm M   SAM  là mặt phẳng trung trực cạnh BC .

  450 .
Góc giữa SB và mặt phẳng  SAM  = góc giữa SB và SM = BSM
  300 .
Góc giữa SB và mặt phẳng  ABC  = góc giữa SB và AB = SBA
BC   SAM   BC  SM  khoảng cách từ S đến cạnh BC bằng SM  a .
+ Tam giác vuông cân SBM có BM  a, SB  a 2 .

 BC  2 BM  2a .
Tam giác vuông SAB có sin 300 

SA
1 a 2
a 6
; AB 
.
 SA  a 2. 
SB
2
2
2

Tam giác vuông ABM có AM 

a 6
a 2
2
.
AB  BM  
  a 
2
 2 

2

2

2

1

1 a 2 1
a 2 a3
. .2a.
 .
Vậy thể tích khối chóp S. ABC là VS . ABC  SA.SABC  .
3
3 2 2
2
6
Câu 42. Cho

 sin x  cos x  1
  sin x  cos x  2 3 d x    sin x  cos x  2n  C
m

cos 2 x

A. A  7 .

B. A  10 .

với m, n  N . Tính A  2m  3 n .

C. A  9 .

D. A  8 .

Lời giải
Chọn D

I 
Đặt

cos 2 x

 sin x  cos x  2

d x 
3

cos2 x  sin 2 x

dx  

 sin x  cos x  2 
t  sin x  cos x  2  dt   cos x  sin x  dx .

I 

3

 cos x  sin x  cos x  sin x  d x
.
3
 sin x  cos x  2 

t 2
1 1
1 t
sin x  cos x  1

1 2
C.
d t    2  3  dt    2  C  2  C  
2
3
t
t t
t
t t 
 sin x  cos x  2 

 m  1; n  2  A  2.1  3.2  8 .

Câu 43. Người ta cần làm một cái bồn chứa dạng hình trụ có thể tích 1000 lít bằng inox để chứa nước, tính
bán kính R (đơn vị mét) của hình trụ đó sao cho diện tích toàn phần của bồn chứa có giá trị nhỏ
nhất.
A. R 

3

2



.

B. R 

3

1



.

C. R 

3

1
.
2

D. R 

3

3
.
2

Lời giải
Chọn C
Ta có 1000 lít = 1m3.

1
.
 R2
1

2
 2 R 2 
Diện tích toàn phần là: Stp  2 R 2  2 Rh  2 R 2  2 R
2
R
R

Gọi h là chiều cao của hình trụ ta có V   R 2 h  1  h 

Trang 23/28 - WordToan


1
1 
1


2 1
 2   R2 

 63 .
  2.3 3  R . .
2R 2R 
2R 2R
4

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  R 2 

1
1

R 3
.
2R
2

Câu 44. Cho hàm số f  x  có đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ

Xét hàm số g  x   2 f  x   2x 3  4x  3m  6 5 với m là số thực. Điều kiện cần và đủ để

g  x   0 x    5; 5  là
A. m 

2
f
3

 5 .

B. m 





2
f  5 .
3

C. m 

2
f
3

 5 .

Lời giải
Chọn C

Ta có g  x   2 f  x   2x 3  4x  3m  6 5  0, x    5; 5 

 h  x   f  x   x 3  2x  3 5 
 max h  x  
  5; 5 



3m
, x    5; 5 
2

3m
.
2

Ta có: h  x   f   x   3x 2  2 .
Vẽ 2 đồ thị y  f   x  và y  3x 2  2 trên cùng một hệ trục tọa độ:

Trang 24/28 – Diễn đàn giáo viên Toán

D. m 

2
f  0 .
3


Nhận xét: f   x   3x 2  2, x    5; 5   h  x   0, x    5; 5 
 max h  x   h
  5; 5 



 5   f  5   32m  m  23 f  5  .

Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng   đi qua điểm H  3; 4;1

và cắt các trục tọa độ tại các điểm M , N , P sao cho H là trực tâm của MNP .
A. 4 x  3 y  z  22  0 .

B. x  2 y  z  6  0 .

C. 3 x  4 y  z  26  0 .D. 3 x  4 y  z  26  0 .
Lời giải
Chọn D

Vì OMNP là tam diện vuông tại O và có H là trực tâm MNP nên OH   MNP  .

Suy ra OH   3;  4;1 là một VTPT của mặt phẳng  MNP  .
Vậy  MNP  : 3x  4 y  z  26  0 .

Câu 46. Với các giá trị nào của tham số m thì hàm số y 

( m  1) x  2m  2
nghịch biến trên khoảng
xm

 1;    ?
m  1
B. 
.
m  2

A. m  2 .

C. m  1 .

D. 1  m  2 .

Lời giải
Chọn D

Tập xác định D   \ m .
Ta có y  

m2  m  2

 x  m

2

.

Hàm số nghịch biến trên khoảng  1;     y  0 x   1;   

m 2  m  2  0
1  m  2


1 m  2.
m  1
m   1;   
Vậy 1  m  2 .
2

Câu 47. Biết


1

b
ln x
b
là phân số tối giản).
dx   a ln 2 (với a là số thực, b, c là các số nguyên dương và
2
c
x
c

Tính giá trị của 2a  3b  c .

A. 5.

B. 4.

C. 6 .

D. 6.

Lời giải
Chọn B.

1

du  dx
u  ln x



x
ta có
Đặt 
dx  
dv  x 2
v   1

x

Trang 25/28 - WordToan