Lời giải chi tiết đề tham khảo kỳ thi THPT Quốc gia năm 2019 môn Toán

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI THAM KHẢO
MÃ ĐỀ THI : 001

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019
Bài thi : TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút,không kể thời gian phát đề

SẢN PHẨM ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI TẬP THỂ GIÁO VIÊN
NHÓM WORD HÓA TÀI LIỆU & ĐỀ THI TOÁN
1. QUẢN TRỊ VIÊN: Lê Đức Huy, Nguyễn Tấn Linh, Ngô Thanh Sơn
2. GIÁO VIÊN GIẢI: Quang Đăng Thanh, Thu Do, Tuân Chí Phạm, Vu Thom, Trần Thanh Sơn, Tấn
Hậu, Trụ Vũ, Tuân Diệp, Đinh Gấm, Dương Đức Trí, Hoang Nam, Khoa Nguyen, Phạm Văn Bình,
Thái Dương, Phu An, Nguyễn Mai Mai, Linh Trần, Trần Đức Nội, Nguyễn Hùng, Dung Pham, Thông
Đình Đình, Nguyễn Văn Nay, Huynh Quang Nhat Minh, Nguyễn Trung Kiên, Hồng Minh Trần
3. GIÁO VIÊN PHẢN BIỆN: Tâm Nguyễn Đình, Phạm Văn Mạnh, Ngô Quang Nghiệp, Hongnhung
Nguyen
Câu 1:

Thể tích của khối lập phương cạnh 2a là
A. 8a 3 .
B. 2a 3 .

C. a3 .
Lời giải

D. 6a 3 .

Chọn A
3
Thể tích khối lập phương là V   2a   8a 3 .

Câu 2:

Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

x





f   x
f  x



2

0


0



0



5


1
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng
A. 1.
B. 2 .

Câu 3:

C. 0 .
Lời giải

D. 5 .

Chọn D
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số giá trị cực đại của hàm số bằng 5 .

Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;1; 1 và B  2,3, 2  . Vectơ AB có tọa độ là
A. 1; 2;3 .

B.  1  2;3  .

C.  3;5;1 .
Lời giải

D.  3; 4;1 .

Chọn A


Ta có AB   2  1;3  1; 2   1   AB  1; 2;3 .

Câu 4:

Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới
đây?


A.  0;1 .

B.  ; 1 .

C.  1;1 .

D.  1;0  .

Lời giải
Chọn D
Dựa vào đồ thị hàm số ta có hàm số đồng biến trên hai khoảng  1;0  và 1;   .
Câu 5:

 

Với a , b là hai số thực dương tùy ý, log ab2 bằng:
A. 2 log a  log b .

C. 2  log a  log b  .

B. log a  2 log b .

1
D. log a  log b .

2

Lời giải
Chọn B

log  ab2   log a  log b2  log a  2log b .
1

Câu 6:

Cho



f  x  dx  2 và

0

1

 g  x  dx  5 , khi đó
0

A. 3 .

1

  f  x   2 g  x  dx bằng:
0

C. 8 .
Lời giải

B. 12 .

D. 1 .

Chọn C.
1

1

1

0

0

0

  f  x   2 g  x  dx   f  x  dx  2 g  x  dx  2  2.5  8 .
Câu 7:

Thể tích của khối cầu bán kính a bằng
A.

4 a 3
.
3

B. 4 a 3 .

C.

 a3
3

.

D. 2 a 3 .

Lời giải
Chọn A

4
4 a 3
Ta có thể tích của khối cầu có bán kính là a là: V   R 3 
.
3
3
Câu 8:

Tập nghiệm của phương trình log 2  x 2  x  2   1 là:
A. 0 .

B. 0;1 .

C. 1;0 .
Lời giải

Chọn B

x  0
Ta có: log 2  x 2  x  2   1  x 2  x  2  2  x 2  x  0  
.
x  1

D. 1 .


Câu 9:

Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  Oxz  có phương trình là:
A. z  0.

B. x  y  z  0.

D. x  0.

C. y  0.
Lời giải

Chọn C
Theo lý thuyết ta có phương trình mặt phẳng  Oxz  là: y  0 .
Câu 10: Họ nguyên hàm của hàm số f  x   e x  x là
B. e x 

A. e x  x 2  C .

1 2

x C .
2

1 x 1 2
e  x  C . D. e x  1  C .
x 1
2
Lời giải

C.

Chọn B.

Ta có:

 f  x  dx    e

x

 x  dx  e x 

1 2
x C .
2

Câu 11: Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :
A. Q  2;  1; 2  .

x 1 y  2 z  3
đi qua điểm nào dưới đây?



2
1
2

B. M  1;  2;  3 .

C. P 1; 2; 3 .

D. N  2;1;  2  .

Lời giải
Chọn C.
x 1 y  2 z  3
đi qua điểm P 1; 2; 3 .


2
1
2
Câu 12: Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n , mệnh đề nào dưới đây đúng?

Ta có: đường thẳng d :

A. Cnk 

n!
.
k ! n  k  !

B. Cnk 

n!
.
k!

C. Cnk 

n!
.
 n  k !

D. Cnk 

Lời giải
Chọn A.
Ta có: Cnk 

n!
.
k ! n  k  !

Câu 13: Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u1  2 và công sai d  5 . Giá trị của u4 bằng
A. 22 .

B. 17 .

C. 12 .
Lời giải

Chọn B
Ta có u4  u1  3d  2  3.5  17 .

Câu 14: Điểm nào trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức z  1  2i ?

D. 250 .

k ! n  k  !
.
n!


A. N .

B. P .

C. M .

D. Q .

Lời giải
Chọn D
Số phức z  1  2i có điểm biểu diễn là  1; 2  do đó chọn Q  1; 2  .
Câu 15: Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y 

2x 1
.

x 1

B. y 

x 1
.
x 1

C. y  x 4  x 2  1 .

D. y  x3  3x  1 .

Lời giải
Chọn B
Dựa vào hình vẽ, nhận thấy đồ thị của hàm số có đường tiệm cận đứng x  1 và đường tiệm cận
ngang y  1 nên chỉ có hàm số ở phương án B thỏa.
Câu 16: Cho hàm số f  x  liên tục trên đoạn  1;3 và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M và m lần lượt
là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  1;3 . Giá trị của M  m bằng
A. 0 .

B. 1 .

D. 5 .

C. 4 .

Lời giải
Chọn D.
Dựa vào đồ thị trên, ta có: M  3, m  2  M  m  5 .
Câu 17: Cho hàm số f  x  có đạo hàm f '  x   x  x  1 x  2  , x   . Số điểm cực trị của hàm số đã

3

cho là
A. 3 .

C. 5 .

B. 2 .
Lời giải

Chọn A.

D. 1 .


x  0
Ta có: f '  x   0   x  1 .
 x  2
Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số có ba điểm cực trị.
Câu 18: Tìm các số thực a và b thỏa mãn 2a   b  i  i  1  2i với i là đơn vị ảo.
1
B. a  , b  1 .
C. a  0, b  1 .
2
Lời giải

A. a  0, b  2 .

D. a  1, b  2 .

Chọn D.
Ta có: 2a   b  i  i  1  2i
 2a  bi  i 2  1  2i  2a  1  bi  1  2i
2a  1  1 a  1
.


b  2
b  2

Câu 19: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm I 1;1;1 và A 1;2;3 . Phương trình của mặt cầu tâm I và
đi qua A là

A.  x  1   y  1   z  1  29 .

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

C.  x  1   y  1   z  1  25 .

D.  x  1   y  1   z  1  5 .

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Lời giải
Chọn B
Mặt cầu tâm I 1;1;1 , bán kính r  IA  5 , có phương trình:  x  1   y  1   z  1  5 .
2

2

2

Câu 20: Đặt log 3 2  a , khi đó log16 27 bằng
A.

3a

.
4

B.

3
.
4a

C.

4
.
3a

D.

4a
.
3

Lời giải
Chọn B
3
3 1
3
Ta có log16 27  log 24 33  log 2 3  .
.

4

4 log 3 2 4a

Câu 21: Kí hiệu z1 , z 2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  3 z  5  0 . Giá trị của z1  z2 bằng
A. 2 5 .

B.

C. 3 .

5.

Lời giải
Chọn A

D. 10.



z 
2
Ta có z  3 z  5  0  

z 

z1  z2 

3

2
3


2

11
i
2
11
i
2

3
11
3
11

i 
i 2 5
2
2
2
2

 P  : x  2 y  2 z  10  0

Câu 22. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng

Q : x  2 y  2z  3  0
A.

8

.
3

bằng
B.

7
.
3

C. 3.

D.

4
.
3

Lời giải
Chọn B.


Mặt phẳng

 P  : x  2 y  2 z  10  0 có véc tơ pháp tuyến nP  1; 2; 2 

Mặt phẳng

Q : x  2 y  2z  3  0

Do


có véc tơ pháp tuyến nQ  1; 2; 2 

1 2 2 10
nên mp  P  / / mp  Q 
  
1 2 2 3

Chọn A  0;0;5   mp  P  thì d mp P ;mpQ   d A;mp Q  
Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình 3x
A.  ;1 .

2

2 x

0  2.0  2.5  3
12  22  22

7
 .
3

 27 là
C.  1;3 .

B.  3;   .

D.  ;1   3;   . .

Lời giải
Chọn C.
Bất phương trình 3x

2

2 x

 27  3x

2

2 x

 33  x 2  2 x  3

 x 2  2 x  3  0  1  x  3.

Vậy S   1;3 .
Câu 24. Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây ?

2

A.

  2x

1

2

 2 x  4  dx.

2

2

B.

  2 x  2 dx.

1

C.

2

  2x  2 dx. D.   2 x

1

1

2

 2 x  4  dx.

và

Lời giải
Chọn D.
Từ đồ thị hình vẽ x   1; 2   x 2  3  x 2  2 x  1 nên diện tích phần hình phẳng gạch chéo
2

2

1

1

trong hình vẽ là S     x 2  3   x 2  2 x  1  dx    2 x 2  2 x  4  dx

Câu 25: Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a và bán kính đáy bằng a . Thể tích của khối nón đã
cho bằng:
A.

3 a 3
.
3

B.

2 a 3
.
3
Lời giải

3 a 3
.
2

C.

D.

 a3
3

.

Chọn A

2a
h

a

Ta có: l  2a ; r  a  h  l 2  r 2  3a .
Diện tích đáy là: S   r 2   a 2
1
1
3 a 3
 V  Sh  . a 2 . 3a 
3
3
3
Câu 26: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau :

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là :

A. 4 .

B. 1.

C. 3 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn C
Từ bnagr biến thiên ta thấy :
lim y  2  y  2 là tiệm cận ngang.

x 

lim y  5  y  5 là tiệm cận ngang.

x 

lim y    x  1 là tiệm cận đứng.

x 1

Vậy đồ thị có tổng số 3 tiệm cận ngang và tiệm cận đứng.

Câu 27: Cho khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng 2a . Thể tích của khối chóp đã cho bằng:

A.

4 2a 3
.
3

B.

8a 3
.
3

C.

8 2a 3
3

D.

Lời giải
Chọn A

S

A

B
O

D

C

Xét khối chóp tứ giác đều S . ABCD với O là tâm đáy.
AC
Ta có: AO 
 a 2  SO  SA2  AO 2  4a 2  2a 2  2a .
2
S ABCD  2a.2a  4a 2 .
1
1
4 2a 3
.
VS . ABCD  S ABCD .SO  .4a 2 . 2a 
3
3
3

Câu 28. Hàm số f  x   log 2  x 2  2 x  có đạo hàm :
A. f   x  

ln 2
.
x  2x

B. f   x  

1
.

 x  2 x  ln 2

C. f   x  

 2 x  2  ln 2 .

D. f   x  

2x  2
.
 x  2 x  ln 2

2

x  2x
2

2

2

Lời giải
Chọn D
Ta có f  x   log 2  x  2 x   f   x  
2

x

x

2

2

 2x 





 2 x ln 2

Câu 29. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau





2x  2
.
x  2 x ln 2
2



2 2a 3
.
3

x

∞

-2

f'(x)
f(x)

0
+∞

+

0

2

0

0

+ ∞
+
+ ∞

1

-2

-2

Số nghiệm thực của phương trình 2 f  x   3  0 là

A. 4 .

B. 3 .

C. 2 .

D. 1 .

Lời giải
Chọn A
Ta có 2 f  x   3  0  f  x   

3
.
2

3
cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 4 điểm phân
2
biệt nên phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.

Từ bảng biến thiên ta nhận thấy đường thẳng y  

Câu 30. Cho hình lập phương ABCD. ABC D . Góc giữa hai mặt phẳng  AB CD  và  ABC D   bằng
A. 30 .

B. 60 .

C. 45 .

D. 90 .

Lời giải
Chọn D

AD  AD ; AD  CD vì CD   ADD A '   AD   ABCD    ABC D    AB CD  .
Góc giữa hai mặt phẳng  AB CD  và  ABC D   bằng 90 .

Câu 31: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 3  7  3x   2  x bằng
A. 2

B. 1

C. 7
Lời giải

Chọn A.
ĐK : 7  3x  0

D. 3


Ta có: log 3  7  3x   2  x  7  3x  32  x  7  3x 
Đặt t  3x , t  0 . Phương trình trở thành: 7  t 

9

3x

9
 t 2  7 t  9  0 .
t

  13, t1  t2  7 nên phương trình có 2 nghiệm t dương phân biệt.
Ta có: 3x1  x2  3x1.3x2  t1.t2  9  x1  x2  2

Câu 32: Một khối đồ chơi gồm hai khối trụ  H1  ,  H 2  xếp chồng lên nhau, lần lượt có bán kính đáy và
1
r1 , h2  2h1 (tham khảo hình vẽ). Biết rằng thể
2
tích của toàn bộ khối đồ chơi bằng 30cm 3 , thể tích khối trụ  H1  bằng

chiều cao tương ứng là r1 , h1 , r2 , h2 thỏa mãn r2 

A. 24cm3

B. 15cm3

C. 20cm3

D. 10cm3

Lời giải
Chọn C
Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích khối trụ  H1  ,  H 2 
2

V
1 
V2   r22 h2    r1  2h1  1
2
2 

 V1  2V2 mà V1  V2  30  V1  20

Câu 33. Họ nguyên hàm của hàm số f  x   4 x 1  ln x  là
A. 2 x 2 ln x  3 x 2 .

B. 2 x 2 ln x  x 2 .

C. 2 x 2 ln x  3 x 2  C . D. 2 x 2 ln x  x 2  C .
Lời giải

Chọn D
I   f  x  dx   4 x 1  ln x  dx   4 xdx  4  x ln xdx .

+  4 xdx  2 x 2  C1 .
+

 x ln xdx   ln xd

x2 x2
x2 1
x2
x
x2
x2

 ln x   . dx  ln x   dx  ln x   C2
2
2
2 x
2
2
2
4

Suy ra I  2 x 2  2 x 2 ln x  x 2  C  2 x 2 ln x  x 2  C .


  60, SA  a và SA vuông góc với
Câu 34. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, BAD
mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  bằng:

A.

a 21
.
7

B.

a 15
.
7

C.

a 21
.
3

D.

a 15
.
3

Lời giải
Chọn A
S
H
K
A

D

B

C

Dựng AK  CD , AH  SK .
CK  AK
Ta có 
 CK   SAK   CK  AH
CK  SA
 AH  CK
 AH   SCK  .


 AH  SK

Có AB // CD  AB //  SCD   d  B;  SCD    d  A;  SCD    AH .
  30 .
Do CK  AK  AB  AK  KAD
  a 3.
Trong tam giác KAD vuông tại K , ta có AK  AD.cos KAD
2
Trong tam giác SAK ta có:

AH 

AS . AK
AS 2  AK 2

Vậy, d  B;  SCD   



a 3
a 21
2

.
7
3a 2
2
a 
4

a.

a 21
.
7

Câu 35. Trong không gian 0xyz cho mặt phẳng  P  : x  y  z  3  0 và đường thẳng d :

Hình chiếu vuông góc của d trên  P  có phương trình là
x 1

1
x 1

C.
1

A.

y 1

4
y 1

4

z 1
.
5
z 1

.
5

x 1 y 1 z 1
.


3
2
1
x 1 y  4 z  5


D.
.
1
1
1
Lời giải

B.

Chọn C
Gọi là hình chiếu vuông góc của d trên  P 

Gọi  N   d   P   N  t ; 1  2t ; 2  t   d .
Do N   P   t   1  2t    2  t   3  0  t  1 . Suy ra N 1;1;1

x y 1 z  2
.



1
1
2


 
Mặt khác M 1  0; 1; 2   d .Gọi  là đường thẳng qua M 1 vuông góc  P   u  nP  1;1;1
x y 1 z  2
Gọi M   d   P   M  t ; 1  t; 2  t    .


1
1
1
2
 2 1 8    1 4 5 
Do M   P   t   1  t    2  t   3  0  t   M  ;  ;   MN   ; ;  
3
 3 3 3
3 3 3

x 1 y 1 z 1
Do đó, phương trình đường thẳng đi qua N 1;1;1 và có vtcp u 1; 4; 5  là


5
1
4

x 1 y 1 z 1
Vậy, Hình chiếu vuông góc của d trên  P  có phương trình là


1
4
5
 :

Câu 36. Tập hợp các giá trị thực của m để hàm số y   x3  6x 2   4m  9  x  4 1 nghịch biến trên

khoảng  ; 1 là
 3

B.   ;   .
4



A.  ;0 .

3

C.  ;   .
4

Lời giải

D.  0;  

Chọn C
Ta có y '  3 x 2  12x   4m  9 

Hàm số 1 nghịch biến trên khoảng  ; 1 khi và chỉ khi

y '  3x 2  12x   4m  9   0, x   ; 1  4m  3x 2  12x  9  g  x  , x   ; 1
 4m  min g  x   g  2   3  m  
x  ; 1





3
4

Câu 37: Xét các số phức z thỏa mãn  z  2i  z  2 là số thuần ảo. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm biểu

diễn của z là một đường tròn, tâm của đường tròn đó có tọa độ là
A. 1;  1 .
B. 1;1 .
C.  1;1 .

D.  1;  1 .

Lời giải
Chọn D.
Gọi z  a  bi  a, b    , M  a; b  là điểm biểu diễn cho số phức z .

 z  2i   z  2  

z  2 z  2 zi  4i  a 2  b 2  2  a  bi   2  a  bi  i  4i
2

 a 2  b 2  2a  2b   2a  2b  4  i

 z  2i   z  2 

là số thuần ảo

 a 2  b 2  2a  2b  0   a  1   b  1  2 .
2

2

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I  1;  1 có bán kính R  2 .
1

xdx

  x  2

Câu 38: Cho

2

 a  b ln 2  c ln 3 với a, b, c là các số hữu tỷ. Giá trị của 3a  b  c bằng

0

A. 2 .

B. 1 .

C. 2 .
Lời giải

Chọn B
1

I 
0

xdx

 x  2

2

; Đặt t   x  2   dt  dx

D. 1 .


x  0  t  2
Đổi cận : 
x  1  t  3
3

3

3

2
1
t2
1 2 

dt     2 dt   ln t      ln 3  ln 2  a  b ln 2  c ln 3 .
2
3
t
t t 
t 2

2
2

I 

1

a   3

 b  1  3a  b  c  1 .
c  1



Câu 39. Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f   x  có bảng biến thiên như sau:

Bất phương trình f  x   e x  m đúng với mọi x   1;1 khi và chỉ khi:

A. m  f 1  e .

1
B. m  f  1  .
e

1
C. m  f  1  .
e
Lời giải

D. m  f 1  e .

Chọn C
f  x   e x  m đúng với mọi x   1;1
 f  x   e x  m đúng với mọi x   1;1

với g  x   f  x   e x
Ta có g   x   f   x   e x .
Từ bảng biến thiên suy ra f   x   0 với mọi x   1;1

1
Khi đó max g  x   g  1  f  1  .

1;1
 
e

1
Vậy max g  x   m  f  1   m .
1;1
e
Câu 40. Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có ba ghế. Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh, gồm 3 nam và 3
nữ, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh
nam đều ngồi đối đối diện với một học sinh nữ bằng
2
1
3
1
A.
B.
C.
D.
5
20
5
10
Lời giải
Chọn A
Mỗi cách xếp 6 học sinh vào 6 chiếc ghế là một hoán vị của 6 phần tử, vì vậy số phần tử của
không gian mẫu là: n     6!  720 .
Gọi A là biến cố: “Mỗi học sinh nam đều đối diện với một học sinh nữ”


Với cách xếp như vậy thì 3 nam phải ngồi đối diện với 3 nữ. Khi đó ta thực hiện như sau:
+ Bạn nam thứ nhất có 6 cách chọn chỗ.
+ Vị trí đối diện bạn nam thứ nhất có 3 cách chọn 1 bạn nữ.
+ Bạn nam thứ hai có 4 cách chọn chỗ.

+ Vị trí đối diện bạn nam thứ nhất có 2 cách chọn 1 bạn nữ.
+ Bạn nam thứ ba có 2 cách chọn chỗ.
+ Bạn nữ cuối cùng chỉ còn duy nhất 1 cách chọn chỗ.
Theo qui tắc nhân, số phần tử của biến cố A là: n  A   6.3.4.2.2.1  288 .
Vậy xác suất của biến cố A là: P  A  

Câu 41: Trong không gian

Oxyz , cho hai điểm

 P  : 2 x  y  2 z  8  0 . Xét
bằng:
A. 135 .

288 2
 .
720 5

A  2; 2; 4 

B  3;3; 1

,

và mặt phẳng

M là điểm thay đổi thuộc  P  , giá trị nhỏ nhất của 2 MA2  3MB 2

B. 105 .

C. 108 .
Lời giải

D. 145 .

Chọn A.

 2  xI  2   3  xI  3   0
5 xI  5  0
 xI  1
  



Gọi I là điểm thoả mãn 2 IA  3IB  0  2  yI  2   3  yI  3  0  5 yI  5  0   yI  1

5 z  5  0
z  1
 I
 I
2  zI  4   3  zI  1  0
nên I  1;1;1 cố định.
 2  2
  2
 
Khi đó: 2 MA2  3MB 2  2 MA  3MB  2 MI  IA  3 MI  IB
 2
  
 2  2
 5MI  2 MI 2 IA  3IB  2 IA  3IB  5MI 2  2 IA2  3IB 2 .











2



Do đó, để 2 MA2  3MB 2 nhỏ nhất thì 5MI 2  2 IA2  3IB 2 nhỏ nhất, hay M là hình chiếu của
điểm I trên mặt phẳng  P  .

 xM  2 k  1



 IM  kn P   k  2; 1; 2  hay  yM  k  1
 z  2k  1
 M
Mà M   P  : 2 x  y  2 z  8  0

 2  2k  1   k  1  2  2k  1  8  0  9k  9  0  k  1 .  M 1;0;3 .
Vậy 2 MA2  3MB 2  2.6  3.41  135 .
2

Câu 42: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z  2 z  z  4 và z  1  i  z  3  3i ?
A. 4 .

B. 3 .

Chọn B
Gọi z  x  yi,  x, y    .

C. 1.
Lời giải

D. 2 .


 x 2  y 2  4 x  4  0, x  0 1
Khi đó: z  2 z  z  4  x  y  4 x  4   2
2
 x  y  4 x  4  0, x  0  2 
2

2

2

Và z  1  i  z  3  3i   x  1   y  1   x  3   y  3
2

2

2

2

 x2  2 x  1  y 2  2 y  1  x2  6 x  9  y 2  6 y  9
 4 x  8 y  16  x  2 y  4  3
+) Thay  3 vào 1 ta được:

1   2 y  4 

2

 y 2  4  2 y  4   4  0  4 y 2  16 y  16  y 2  8 y  16  4  0

2
24

y   x  n

5
5
 5y  8y  4  0 

 y  2  x  0  n 
Suy ra có 2 số phức thỏa mãn điều kiện.
+) Thay  3 vào  2  ta được:
2

1   2 y  4 

2

 y 2  4  2 y  4   4  0  4 y 2  16 y  16  y 2  8 y  16  4  0

 y  2  x  0  l 
 5 y  24 y  28  0  
 y   14  x   8  n 

5
5
Suy ra có 1 số phức thỏa mãn điều kiện.
Vậy có 3 số phức thỏa mãn điều kiện.
2

Câu 43: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Tập hợp tất cả các giá trị của

tham số m để phương trình f  sin x   m có nghiệm thuộc khoảng  0;   là

y
3

1
1

x

1
1
A.  1;3 .

B.  1;1 .

C.  1;3 .

D.  1;1 .

Lời giải
Chọn D

Do x   0;   nên sin x   0;1 , theo đồ thị thì ta thấy phương trình f  t   m có nghiệm t   0;1
khi m   1;1 . Do đó phương trình f  sin x   m có nghiệm thuộc khoảng  0;   khi m   1;1 .
Câu 44: Ông A vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất 1% / tháng. Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân
hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp
cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi tháng là như nhau và ông A trả hết nợ sau đúng
5 năm kể từ ngày vay. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng
đó. Hỏi số tiền mỗi tháng ông ta cần trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây ?


A. 2, 22 triệu đồng.

B. 3, 03 triệu đồng.

C. 2, 25 triệu đồng.

D. 2, 20 triệu đồng.

Lời giải
Chọn A
Gọi S là số tiền ông A vay ngân hàng, r là lãi suất mỗi tháng.

Số tiền ông A nợ sau một tháng là: S  S .r  S 1  r  .
Gọi x là số tiền ông A phải trả mỗi tháng.
Sau 1 tháng thì số tiền ông A còn nợ là: S 1  r   x
Sau 2 tháng thì số tiền ông A còn nợ là:

S 1  r   x   S 1  r   x  r  x  S 1  r   x 1  r   1
Sau 3 tháng thì số tiền ông A còn nợ là:
2





2
2
3
2
S 1  r   x 1  r   1  S 1  r   x 1  r   1 r  x  S 1  r   x 1  r   1  r   1


…
Sau n tháng thì số tiền ông A còn nợ là:

S 1  r   x 1  r 

n

n 1

 1  r 

1  r   1  S 1  r n  x  1  r n  1
n
 ...  1  S 1  r   x
 
  

r
1  r   1
n

n2

Sau n tháng ông A trả hết nợ, khi đó: S 1  r 

S .r 1  r 
x
n
.
 1  r   1  0  x 
n


r
1  r   1
n

n

Với S  100 triệu đồng, r  0, 01 và n  5.12  60 tháng thì:

x

100.0.011  0.01

1  0.01

60

60

1

 2, 22 triệu đồng.

Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho điểm E  2;1;3 , mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  3  0 và mặt cầu

 S  :  x  3   y  2    z  5 
2

2

2

 36 . Gọi  là đường thẳng đi qua E , nằm trong  P  và cắt

 S  tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương trình của 
 x  2  9t

A.  y  1  9t .
 z  3  8t



 x  2  5t

B.  y  1  3t .
z  3


x  2  t

C.  y  1  t .
z  3

Lời giải

Chọn C.

là

 x  2  4t

D.  y  1  3t .
 z  3  3t



Mặt cầu có tâm I  3; 2;5  , R  6, IE  6  R suy ra E nằm trong mặt cầu.
Gọi C I ';r    P    S  suy ra I ' là hình chiếu vuông góc của I xuống mặt phẳng  P  .

 x  3  2t


Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với  P  là d :  y  2  2t .

z  5  t
5
 23 14 47  
I '  d   P   I '  ; ;   I ' E   1;1; 4  .
9
 9 9 9 

Vì  là đường thẳng đi qua E , nằm trong  P  và cắt  S  tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất
nên  là đường thẳng đi qua E , nằm trong  P  và vuông góc với I ' E suy ra
  
u   n P  , I ' E   9 1; 1;0  .

x  2  t

Vậy Phương trình của  :  y  1  t , t   .
z  3

Câu 46: Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh A1 , A2 , B1 , B2 như hình vẽ bên. Biết chi phí để

sơn phần tô đậm là 200.000 vnđ / m 2 và phần còn lại 100.000 vnđ / m 2 . Hỏi số tiền để sơn theo

cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết A1 A2  8m , B1 B2  6m và tứ giác MNPQ là hình
chữ nhật có MQ  3m ?


B2
M

N

A1

A2
Q

P

B1

A. 7.322.000 đồng.

B. 7.213.000 đồng.

C. 5.526.000 đồng.
Lời giải

D. 5.782.000 đồng

Chọn A
y
B2 3
M

N

O

A1

4
A2 x

1

Q

P

B1

Gọi phương trình chính tắc của elip  E  có dạng:

x2 y2

1
a 2 b2

 A1 A2  8  2a
a  4
x2 y 2
3

Với 
 E: 
1 y  
16  x 2 .




B
B
6
2
b
b
3
16
9
4

 1 2
Suy ra diên tích của hình elip là S E    a.b  12  m 2  .
 3
Vì MNPQ là hình chữ nhật và MQ  3  M  x;    E 
 2



x2 1
3 
3

  1  x 2  12  M  2 3;  ; N  2 3; 
16 4
2 
2


Gọi S1 ; S2 lần lượt là diện tích phần bị tô màu và không bị tô màu
4

Ta có: S2  4.

4

3
x  4sin t
16  x 2 dx  3  16  x 2 dx 
S2  4  6 3  m 2 
4 23
2 3

Suy ra: S1  S E   S 2  8  6 3 . Gọi T là tổng chi phí. Khi đó ta có









T  4  6 3 .100  8  6 3 .200  7.322.000 (đồng).


Câu 47: Cho khối lăng trụ ABC. ABC  có thể tích bằng 1 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các
đoạn thẳng AA và BB . Đường thẳng CM cắt đường thẳng C A tại P , đường thẳng CN cắt

đường thẳng C B tại Q . Thể tích của khối đa diện lồi AMP. B NQ bằng
A. 1 .

B.

1
.
3

1
.
2
Lời giải

C.

D.

2
.
3

Chọn D

A

B

C
N

M
I
P

Q
A'

B'

C'
Gọi I là trung điểm PQ , h là đường cao của khối lăng trụ, S là diện tích ABC  .
Theo đề ta có Sh  1 .
1
h
d  B,  ABC    .
2
2
1
h 1
h
 3. .S IAB .  .S IBP .
3
2 3
2

Mặt khác, ta có S IAB  S IBP  S ABC   S và d  N ,  ABC   
Do đó VAMP . BNQ  VAMP . BIN  VB. INQ  3VA. BIN  VN . IBQ
h 1 h 1 1 2
 S .  .S .    .

2 3 2 2 6 3

Câu 48. Cho hàm số f  x  có bảng xét dấu của đạo hàm như sau
x



f  x

1


0



2
0



3
0



4
0





Hàm số y  3 f  x  2   x3  3x đồng biến trên khoảng nào dưới đây ?
A. 1;   .

B.  ; 1 .

C.  1;0  .

D.  0; 2  .

Lời giải
Chọn C.

Ta có y  3 f   x  2   3x 2  3 nên y  0  f   x  2   x 2  1  
Từ bảng biến thiên của f   x  ta suy ra bảng biến thiên của f   x  2  như sau
x

f   x  2





1
0



0
0



1
0



2



0




Từ bảng biến thiên trên, ta có dáng điệu đồ thị của hàm số f   x  2  và đồ thị hàm số y  x 2  1
được vẽ trên cùng hệ trục tọa độ như hình vẽ dưới đây:
y

y  x2 1

y  f   x  2

1
1

x
2

O

Từ hình vẽ trên ta suy ra    1  x  1 . Do đó chọn đáp án C.
Câu 49:

Gọi

m

2

x

là

S
4

tập

hợp

tất

cả

các

giá

trị

của

tham

số

để

m

bất

phương

trình

 1  m  x  1  6  x  1  0 nghiệm đúng với mọi x   . Tổng giá trị của tất cả các phần tử
2

thuộc S bằng
A. 

3
.
2

C. 

B. 1.

1
.
2

D.

1
.
2

Lời giải
Chọn C.













- Ta có: f  x   m 2 x 4  1  m x 2  1  6  x  1   x  1  m 2 x 3  x 2  x  1  m  x  1  6 





  x  1  x  1  m x  2m x  3m  m   4m  2m  6 
2

2

2

2

2

  x  1  m2 x 2  2m2 x  3m2  m    x  1  4m2  2m  6 
2





Do đó điều kiện cần để f  x   0, x   là  x  1 4m 2  2m  6  0, x  

m  1
 4m  2m  6  0  
.
m   3


2
2

- Với m  1 thì f  x    x  1
- Với m  

2

x

2

 2 x  4   0, x   , do đó m  1 thỏa mãn.

3
9
21 
3
29
thì f  x    x  1  x 2  x    0, x   , do đó m   thỏa mãn.
2
2
4
2
4

 3
 2




Vậy S    ; 1 , tổng các phần tử của S bằng 

3
1
 1   . Chọn C.
2
2

Cách 2 (của thầy Trần Đức Nội )
Ta có:

f  x   m 2  x 4  1  m  x 2  1  6  x  1

  x  1  m 2  x3  x 2  x  1  m  x  1  6    x  1 .g  x  .
- Nếu x  1 không phải là nghiệm của g  x  thì f  x  sẽ đổi dấu khi x đi qua 1. Do đó điều kiện cần để

f  x   0, x   là x  1 phải là nghiệm của g  x   0


m  1
 4m  2m  6  0  
.
m   3

2
2

- Với m  1 thì f  x    x  1
- Với m  

2

x

2

 2 x  4   0, x   , do đó m  1 thỏa mãn.

3
9
21 
3
29
thì f  x    x  1  x 2  x    0, x   , do đó m   thỏa mãn.
2
4
2
2
4

 3 
 2 
Câu 50. Cho hàm số f  x   mx 4  nx 3  px 2  qx  r

Vậy S    ; 1 , tổng các phần tử của S bằng 

3

1
 1   . Chọn C.
2
2

 m, n, p, q, r    . Hàm số

y  f   x  có đồ thị như

hình vẽ bên.

Tập nghiệm của phương trình f  x   r có số phần tử là
B. 3 .

A. 4 .

C. 1.
Lời giải

D. 2 .

Chọn B.
Vì f  x   mx 4  nx 3  px 2  qx  r nên f   x  là hàm số bậc 3.
5

Từ đồ thị hàm số y  f   x  ta suy ra: f   x   m  x  1  x    x  3 và m  0 .
4

3

3

5

 f  3  f  0    f   x  dx  m   x  1  x    x  3 dx  0 .
4

0
0
 f  3  f  0   r

Ta có bảng biến thiên của hàm số y  f  x  như sau:


Vậy phương trình f  x   r có 3 nghiệm phân biệt.
--- HẾT ---