71 đề thi thử THPT QG 2019 môn toán THPT hàm rồng thanh hóa – lần 1 file word có ma trận lời giải chi tiết

TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG

ĐỀ KSCL CÁC MÔN THEO KHỐI THI ĐẠI HỌC

ĐỀ THI THAM KHẢO

Môn thi: TOÁN

(Đề thi có 06 trang)

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
----------------------------------------

Mục tiêu: Đề thi thử THPT Hàm Rồng – Thanh Hóa lần thứ nhất gồm 50 câu trắc nghiệm. Kiến thức
chủ yếu tập trung ở lớp 12, 11, hầu như không có kiến thức lớp 10, bám sát đề minh họa của BGD&ĐT.
Đề thi với cấu trúc gây tâm lí cho HS từ những câu hỏi đầu tiên. Trong đề thi xuất hiện những câu hỏi
khó như câu 10, 46… Để làm tốt đề thi này, HS cần có kiến thức khá chắc và học đều tất cả các
chương. Đồng thời phải có tư duy nhạy bén và tâm lí tốt.
Câu 1. Cho tứ diện ABCD, trên các cạnh BC, BD, AC lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho BC = 3BM
, BD =

3
BN , AC = 2 AP . Mặt phẳng ( MNP ) chia khối tứ diện ABCD thành 2 phần có thể tích là V1 ,V2
2

. Tính tỉ số

V1
?
V2

V1 26
=
.
V2 19

A.

B.

V1 3
= .
V2 19

V1 15
= .
V2 19

C.

D.

V1 26
=
.
V2 13

2
Câu 2. Số nghiệm của phương trình log 3 ( x + 4 x ) + log 1 ( 2 x + 3) = 0 là:
3

A. 2.

B. 3.

C. 0.

D. 1.

Câu 3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −10;10] để bất phương trình sau nghiệm đúng

(

∀x ∈ ¡ : 6 + 2 7
A. 10.

)

x

(

+ ( 2 − m) 3 − 7

)

x

− ( m + 1) 2 x ≥ 0 ?

B. 9.

C. 12.

D. 11.

Câu 4. Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có diện tích tam giác ABC bằng 2 3 . Gọi M, N, P lần lượt
thuộc các cạnh AA ', BB ', CC ' , diện tích tam giác MNP bằng 4. Tính góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và

( MNP ) .
A. 120°.

B. 45°.

C. 30°.

Câu 5. Cho hàm số f ( x ) , f ( − x ) liên tục trên ¡

D. 90°.

và thỏa mãn 2 f ( x ) + 3 f ( − x ) =

1
. Tính
4 + x2

2

I=

∫ f ( x ) dx .

−2

A. I =

π
.
20

B. I =
2

Câu 6. Cho

∫
1

A. I = 4 .

f ( x ) dx = 2 . Tính

4

∫

π
.
10
f

1

B. I = 1 .

C. I = −

π
.
20

D. I = −

π
.
10

( x ) dx bằng:
x

C. I =

1
.
2

D. I = 2 .

Câu 7. Cho các số thực dương a, b với a ≠ 1 và log a b > 0 . Khẳng định nào sau đây là đúng?
Trang 1/5

 0 < a, b < 1
A. 
.
0 < a < 1 < b

 0 < a, b < 1
B. 
.
1 < a, b

 0 < a, b < 1
C. 
.
0 < b < 1 < a

0 < b < 1 < a
D. 
.
1 < a, b

Câu 8. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = x 2 ( x − 1) ( x 2 − 1) , ∀x ∈ ¡ . Số điểm cực trị của hàm
3

số đã cho là:
A. 2.

B. 1.

Câu 9. Cho hai tích phân

A. I = 13 .

C. 8.

D. 3.

5

−2

5

−2

5

−2

∫ f ( x ) dx = 8 và ∫ g ( x ) dx = 3 . Tính I = ∫  f ( x ) − 4 g ( x ) − 1 dx ?
B. I = 27 .

C. I = −11 .

D. I = 3 .

4
3
2
Câu 10. Cho hàm số y = f ( x ) = x + ax + bx + cx + 4 (C). Biết đồ thị hàm số ( C ) cắt trục hoành tại ít

nhất 1 điểm. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = 20a 2 + 20b 2 + 5c 2 .
A. 32.

B. 64.

C. 16.

D. 8.

Câu 11. Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD tâm O cạnh 2a, cạnh bên SA = a 5 .
Khoảng cách giữa BD và SC là:
A.

a 15
.
5

B.

a 30
.
5

a 15
.
6

C.

D.

a 30
.
6

Câu 12. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ¡ và có đồ thị như hình
vẽ. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình
 3π 
f ( cos x ) = m có 2 nghiệm phân biệt thuộc  0;  là:
 2 
A. [ −2; 2] .

B. ( 0; 2 ) .

C. ( −2; 2 ) .

D. [ 0; 2 ) .

Câu 13. Cho hàm số y = f ( x ) bảng biến thiên như sau:
−∞

x
y'
y

−2
+

0
−

0

+∞

2

0

+

2

0

−

4

−∞

−∞

1

Phát biểu nào sau đây đúng?
A. Hàm số đạt cực đại tại x = 2 .
C. Hàm số có 3 cực tiểu.

B. Hàm số đạt cực đại tại x = 4 .

D. Hàm số có giá trị cực tiểu là 0.

Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A ( 1;0;0 ) , B ( 0; 2;0 ) , C ( 0;0;3 ) . Thể tích tứ
diện OABC bằng:
A.

1
.
3

B.

1
.
6

C. 1.

D. 2.

Câu 15. Gọi m và M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = x − 4 − x 2 . Khi đó
M − m bằng:

A. 4.

B. 2

(

)

2 −1 .

C. 2 − 2 .

D. 2

(

)

2 +1 .
Trang 2/25


Câu 16. Cho mặt phẳng ( P ) đi qua các điểm A ( −2;0;0 ) , B ( 0;3;0 ) , C ( 0;0; −3 ) . Mặt phẳng ( P ) vuông
góc với mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau:
A. 3 x − 2 y + 2 z + 6 = 0 .

B. 2 x + 2 y − z − 1 = 0 .

C. x + y + z + 1 = 0 .

D. x − 2 y − z − 3 = 0 .

Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A ( 1;0; 2 ) , B ( −2;1;3) , C ( 3; 2; 4 ) ,
D ( 6;9; −5 ) . Tọa độ trọng tâm của tứ diện ABCD là:
A. ( 2;3;1) .

B. ( 2;3; −1) .

C. ( −2;3;1) .

D. ( 2; −3;1) .

C. ( −∞;1] ∪ [ 2; +∞ ) .

D. ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ ) .

Câu 18. Tập xác định của hàm số ( x 2 − 3 x + 2 ) là:
π

A. ¡ \ { 1; 2} .

B. ( 1; 2 ) .

Câu 19. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu có phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 6 z + 9 = 0 . Tọa độ
tâm I và bán kính R của mặt cầu là:
A. I ( 1; −2;3) và R = 5 .

B. I ( 1; −2;3) và R = 5 .

C. I ( −1; 2; −3) và R = 5 .

D. I ( −1; 2; −3) và R = 5 .

2

Câu 20. Tích phân

∫x
0

A.

2

x
dx bằng:
+3

1
7
log .
2
3

B. ln

7
.
3

C.

1 3
ln .
2 7

D.

1 7
ln .
2 3

Câu 21. Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau:
x4 + C
B. ∫ x dx =
.
4

x
x
A. ∫ 2e dx = 2 ( e + C ) .

C.

3

1

D. ∫ sin xdx = − cos x + C .

∫ x dx = ln x + C .

Câu 22. Đầu mỗi tháng anh A gửi vào ngân hàng 3 triệu đồng với lãi suất kép là 0,6% mỗi tháng. Hỏi
sau ít nhất bao nhiêu tháng (khi ngân hàng đã tính lãi) thì anh A có được số tiền cả lãi và gốc nhiều hơn
100 triệu biết lãi suất không đổi trong quá trình gửi.
A. 30 tháng.

B. 40 tháng.

C. 35 tháng.

D. 31 tháng.

Câu 23. Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ¡ và có bảng biến thiên như sau:
x
y'
y

−∞

−1
−

0

0
+

0

+∞

+∞

1
−

0

+∞

0
−1

+

−1

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f ( x ) − 1 = m có đúng 2 nghiệm.
A. −2 < m < −1 .

B. m > 0, m = −1 .

C. m = −2, m > −1 .

D. m = −2, m ≥ −1 .

2x
Câu 24. Tìm họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 5 ?
2x
2x
A. ∫ 5 dx = 2.5 ln 5 + C .

B. ∫ 52 x dx = 2.

52 x
+C .

ln 5
Trang 3/25


25x +1
+C .
x +1
r
r r r
r
Câu 25. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho a = −i + 2 j − 3k . Tọa độ của vectơ a là:
C. ∫ 52 x dx =

25 x
+C .
2 ln 5

A. ( −3; 2; −1) .

D. ∫ 52 x dx =

B. ( 2; −1; −3) .

C. ( −1; 2; −3) .

D. ( 2; −3; −1) .

Câu 26. Cho hàm số f ( x ) có f ( 2 ) = f ( −2 ) = 0 và có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:

Hàm số y = ( f ( 3 − x ) ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

2

A. ( 2;5 ) .

B. ( 1; +∞ ) .

C. ( −2; −1) .

D. ( 1; 2 ) .

3
Câu 27. Tính khoảng cách giữa các tiếp tuyến của đồ thị hàm f ( x ) = x − 3 x + 1 (C) tại cực trị của ( C ) .

A. 4.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Câu 28. Khối trụ tròn xoay có đường kính là 2a, chiều cao là h = 2a có thể tích là:
A. V = 2π a 2 .

B. V = 2π a 3 .

C. V = 2π a 2 h .

D. V = π a 3 .

Câu 29. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:
x
y'
y

−∞

0

+∞

1

−

+

0

+∞

−

2
−1

−∞

−2

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là:
A. 3.
B. 4.
C. 1.

D. 2.

Câu 30. Gọi l, h, r lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính mặt đáy của hình nón. Diện tích
xung quanh S xq của hình nón là:
1 2
A. S xq = π r h .
3

B. S xq = π rh .

C. S xq = 2π rl .

Câu 31. Cho hàm số y = f ( x ) có f ' ( x ) liên tục trên

[ 0; 2]

D. S xq = π rl .
2

và f ( 2 ) = 16; ∫ f ( x ) dx = 4 . Tính
0

1

I = ∫ xf ' ( 2 x ) dx .

0

A. I = 7 .

B. I = 20 .

C. I = 12 .

D. I = 13 .

Câu 32. Cho khối hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB = a, AD = b, AC = c . Thể tích khối hộp chữ
nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' bằng bao nhiêu?
A.

1
abc .
3

B. 3abc .

C. abc .

D.

1
abc .
2

Câu 33. Hai đồ thị của hàm số y = − x 3 + 3 x 2 + 2 x − 1 và y = 3x 2 − 2 x − 1 có tất cả bao nhiêu điểm
chung?

A. 1.

B. 2.

C. 0.

D. 3.
Trang 4/25


Câu 34. Đặt a = log 2 5, b = log 3 5 . Hãy biểu diễn log 6 5 theo a và b.
A. log 6 5 =

1
.
a+b

B. log 6 5 =

ab
.
a+b

2
2
C. log 6 5 = a + b .

D. log 6 5 = a + b .

Câu 35. Cho hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) liên tục trên [ a; b ] và số thực k tùy ý. Trong các khẳng định

sau, khẳng định nào sai?
a

b

A. ∫ kf ( x ) dx = 0 .

b

B. ∫ xf ( x ) dx = x ∫ f ( x ) dx .

a

a

b

b

b

a

a

a

C. ∫  f ( x ) + g ( x )  dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx .

D.

a

b

a

a

b

∫ f ( x ) dx = −∫ f ( x ) dx .

Câu 36. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên gồm 7 chữ số khác nhau có dạng a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 . Tính xác
suất để số được chọn luôn có mặt chữ số 2 và thỏa mãn a1 < a2 < a3 < a4 > a5 > a6 > a7 .
A.

1
.
243

B.

1
.
486

C.

1

.
1215

Câu 37. Cho f ( x ) là hàm số chẵn, liên tục trên đoạn [ −1;1] và

D.
1

∫

1
.
972

f ( x ) dx = 4 . Kết quả I =

−1

1

f ( x)

∫ 1+ e

x

dx

−1

bằng:
A. I = 8 .

B. I = 4 .

Câu 38. Trong khai triển nhị thức ( a + 2 )
A. 12.

D. I =

C. I = 2 .
n+6

1
.
4

có tất cả 17 số hạng. Khi đó giá trị n bằng:

B. 11.

C. 10.

D. 17.

Câu 39. Cho khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có thể tích bằng V. Tính thể tích khối tứ diện ABCB ' C ' .
A.

V
.

4

B.

V
.
2

C.

3V
.
4

D.

2V
.
3

Câu 40. Một khối gỗ hình lập phương có thể tích V1 . Một người thợ mộc muốn gọt giũa khối gỗ đó
thành một khối trụ có thể tích là V2 . Tính tỉ số lớn nhất k =
A. k =

π
.
4

B. k =

2
.
π

V2
?
V1

C. k =

π
.
2

D. k =

4
.
π

Câu 41. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:
x

−∞

y'
y

−1
+

0

0
−

0

+∞

1
+

0

0

−

0
−1

−∞
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. ( −∞; −1) .
B. ( −1;1) .
C. ( 1; +∞ ) .
Câu 42. Tính lim

−∞

D. ( 0;1) .

4n 2 + 1 − n + 2
bằng:
2n − 3
Trang 5/25


A. +∞ .

B. 1.

C. 2.

D.

3
.
2

Câu 43. Tìm tập nghiệm của bất phương trình log 2 ( x − 4 ) + 1 > 0 .
5

13

A.  ; +∞ ÷.
2


13 


B.  −∞; ÷.
2


 13 
D.  4; ÷.
 2

C. ( 4; +∞ ) .

Câu 44. Có bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau được tạo thành từ các chữ số của tập
X = { 1;3;5;8;9} .
A. P5 .

4
C. C5 .

B. P4 .

4
D. A5 .

n
Câu 45. Cho cấp số nhân ( un ) có tổng n số hạng đầu tiên là S n = 6 − 1 . Tìm số hạng thứ năm của cấp

số cộng đã cho
A. 6480.

B. 6840.

C. 7775.

D. 12005.

Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A ( 10;1) , B ( 3; −2;0 ) , C ( 1; 2; −2 ) . Gọi ( P ) là
mặt phẳng đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến ( P ) lớn nhất biết rằng ( P ) không cắt
đoạn BC. Khi đó vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) là:
r
r
r
A. n = ( 2; −2; −1) .
B. n = ( 1;0; 2 ) .
C. n = ( −1; 2; −1) .

r
D. n = ( 1;0; −2 ) .

Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A ( 0; −2; −1) , B ( −2; −4;3 ) , C ( 1;3; −1) . Tìm
uuur uuur uuuu
r
điểm M ∈ ( Oxy ) sao cho MA + MB + 3MC đạt giá trị nhỏ nhất.
1 3 
A.  ; ;0 ÷.
5 5 

 1 3 
B.  − ; ;0 ÷.
 5 5 

1 3 
C.  ; − ;0 ÷.
5 5 

3 4 
D.  ; ;0 ÷.
4 5 

1 3
2
Câu 48. Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số y = x − ( m − 1) x − 4mx đồng biến trên đoạn
3

[ 1; 4] .
1
< m< 2.
D. m ≤ 2 .
2
r
r
Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các vectơ a = ( 2; m − 1;3) , b = ( 1;3; −2n ) . Tìm m, n
r r
để các vectơ a, b cùng hướng.
B. m ≤

A. m ∈ ¡ .

A. m = 7, n =

−3

.
4

1
.
2

C.

B. m = 1, n = 0 .

C. m = 7, n =

−4
.
3

D. m = 4, n = −3 .

Câu 50. Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên tập số thực ¡ ?
x

2
A. y =  ÷ .
e

x

π 
B. y =  ÷ .

3

2
C. y = log π ( 2 x + 1) .
4

D. y = log 1 x .
2

Trang 6/25


MA TRẬN ĐỀ THI
Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng
cao

Đại số
Chương 1: Hàm Số
Chương 2: Hàm Số
Lũy Thừa Hàm Số Mũ

Và Hàm Số Lôgarit
Chương 3: Nguyên
Hàm - Tích Phân Và
Ứng Dụng
Lớp 12
(90%)

C8 C13 C29 C33

C10 C12 C23
C41 C50

C15 C26 C27
C48

C7 C18

C2 C34

C3 C22 C43

C21 C24 C35

C6 C9 C20

C5 C31 C37

Chương 4: Số Phức

Hình học

Chương 1: Khối Đa
Diện

C4 C14 C32

C11 C39

Chương 2: Mặt Nón,
Mặt Trụ, Mặt Cầu

C28 C30

C40

Chương 3: Phương
Pháp Tọa Độ Trong
Không Gian

C17 C19 C25

C16 C49

C1

C46 C47

Đại số
Chương 1: Hàm Số
Lượng Giác Và
Phương Trình Lượng

Giác
Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất
Lớp 11
(10%)

C38 C44

C36

Chương 3: Dãy Số,
Cấp Số Cộng Và Cấp
Số Nhân

C45

Chương 4: Giới Hạn

C42

Chương 5: Đạo Hàm

Hình học

Trang 7/25


Chương 1: Phép Dời
Hình Và Phép Đồng
Dạng Trong Mặt
Phẳng

Chương 2: Đường
thẳng và mặt phẳng
trong không gian.
Quan hệ song song
Chương 3: Vectơ
trong không
gian. Quan hệ
vuông góc
trong không
gian

Đại số

Lớp 10
(0%)

Chương 1: Mệnh Đề
Tập Hợp
Chương 2: Hàm Số
Bậc Nhất Và
Bậc Hai
Chương 3: Phương
Trình, Hệ
Phương Trình.
Chương 4: Bất Đẳng
Thức. Bất
Phương Trình
Chương 5: Thống Kê
Chương 6: Cung Và
Góc Lượng

Giác. Công
Thức Lượng
Giác

Hình học
Chương 1: Vectơ
Chương 2: Tích Vô
Hướng Của Hai
Vectơ Và Ứng
Dụng
Chương 3: Phương
Pháp Tọa Độ
Trong Mặt
Phẳng
Tổng số câu

19

16

14

1

Điểm

3.8

3.2

2.8

0.2

Trang 8/25


NHẬN XÉT ĐỀ
Mức độ đề thi: TRUNG BÌNH
Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan.
Kiến thức tập trung trong chương trình lớp 12, còn lại là câu hỏi lớp 11 chiếm 10%.
Không có câu hỏi lớp 10.
15 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh. 1 câu VDC: C1
Chủ yếu các câu hỏi ở mức nhận biết và thông hiểu.
Đề thi phân loại học sinh ở mức trung bình.

Trang 9/25


ĐÁP ÁN
1. A

2. D

3. C

4. C

5. A

6. A

7. B

8. B

9. A

10. B

11. B

12. B

13. A

14. C

15. D

16. B

17. A

18. D

19. C

20. D

21. C

22. D

23. C

24. C

25. C

26. A

27. A

28. B

29. D

30. D

31. A

32. C

33. D

34. B

35. B

36. B

37. C

38. C

39. D

40. C

41. C

42. B

43. D

44. D

45. A

46. D

47. A

48. B

49. A

50. A

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. Chọn đáp án A
Phương pháp
Chia khối đa diện VABMNQ = VABMN + VAMNP + VANPQ .
Cách giải
Trong ( BCD ) gọi E = MN ∩ CD .
Trong ( ACD ) gọi Q = AD ∩ PE .
Khi đó thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng ( MNP )
là tứ giác MNQP.
Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác BCD ta có:
MB EC ND
1 EC 1
EC
.
.
=1⇒ .
. =1⇔
=4.
MC ED NB
2 ED 2
ED
Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác ACD ta có:
PA EC QD
QD
QD 1
.
.
= 1 ⇒ 1.4.
=1⇒
=

PC ED QA
QA
QA 4
Ta có: VABMNQ = VABMN + VAMNP + VANPQ
+)

S BMN BM BN 1 2 2 VABMN 2
=
.
= . = ⇒
=
S BCD
BC BD 3 3 9
VABCD 9

+)

VAMNP AP 1
1
=
= ⇒ VAMNP = VAMNC
VAMNC AC 2
2

S NMC d ( N ; BC ) .MC NB MC 2 2 4
=
=
.
= . =
S DBC d ( D; BC ) .BC DB BC 3 3 9

⇒
+)

VAMNC 4
2
= ⇒ VAMNP = VABCD
VABCD 9
9
VAPQN
VACDN

=

AP AQ 1 4 2
2
.
= . = ⇒ VAPQN = VACDN
AC AD 2 5 5
5

SCND DN 1 VACDN 1
2
=
= ⇒
= ⇒ VAPQN = VABCD
SCBD DB 3 VABCD 3
15
2
2
2

26
⇒ VABMNQ = VABMN + VAMNP + VANPQ = VABCD + VABCD + VABCD = VABCD .
9
9
15
45
V1 26
Gọi V1 = VABMNQ ,V2 là thể tích phần còn lại ⇒ =
.
V2 19
Câu 2. Chọn đáp án D
Trang 10/25


Phương pháp
x
m
log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 ) , log a x − log a y = log a
( 0 < a ≠ 1, x, y > 0 )
y
n
để đưa phương trình về dạng phương trình logarit cơ bản.
Cách giải
m
Sử dụng các công thức log an b =

 x > 0

x + 4x > 0
 x < −4

⇔ 
⇔ x>0
ĐKXĐ: 
2 x + 3 > 0
 x > −3

2
2

log 3 ( x 2 + 4 x ) + log 1 ( 2 x + 3) = 0 ⇔ log3 ( x 2 + 4 x ) − log3 ( 2 x + 3 ) = 0
3

⇔ log 3

x2 + 4 x
x2 + 4 x
=0⇔
= 1 ⇔ x2 + 4x = 2x + 3
2x + 3
2x + 3

 x = 1( tm )
⇔ x2 + 2 x − 3 = 0 ⇔ 
⇒ S = { 1}
 x = −3 ( ktm )
Vậy phương trình đã cho có duy nhất 1 nghiệm.
Chú ý: Lưu ý ĐKXĐ của phương trình.
Câu 3. Chọn đáp án C
Phương pháp
+) Chia cả 2 vế của bất phương trình cho 2 x > 0 .

(

+) Đặt t = 3 + 7

)

x

( t > 0) .

f ( t) .
+) Đưa bất phương trình về dạng m ≤ f ( t ) ∀t > 0 ⇔ m ≤ (min
0; +∞ )
+) Lập BBT hàm số y = f ( t ) và kết luận.
Cách giải

)

x

(

 3− 7 
Nhận xét: 3 + 7 . 
÷
÷ = 1 , do đó khi ta đặt t = 3 + 7
 2 

)

Chia cả 2 vế của bất phương trình cho 2 > 0 ta được: 3 + 7
x

(

)

x

x

(

x

 3− 7 
+ ( 2 − m ) 
÷
÷ − ( m + 1) ≥ 0
2


x

x

 3− 7  1
( t > 0 ) ⇒ 
÷

÷ = .
 2  t

1
2
Phương trình trở thành: t + ( 2 − m ) − ( m + 1) ≥ 0 ⇔ t − ( m + 1) t + 2 − m ≥ 0
t
⇔ t 2 − t + 2 ≥ m ( t + 1) ⇔ m ≤

t2 − t + 2
= f ( t ) ∀t > 0 ⇔ m ≤ min f ( t ) .
( 0;+∞ )
t +1

( 2t − 1) ( t + 1) − t 2 + t − 2 = t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔ t = 1
t2 − t + 2
f
'
t
=
Xét hàm số f ( t ) =
( t > 0 ) ta có: ( )
 t = −3
2
2
( t + 1)
( t + 1)
t +1


Trang 11/25


BBT:
x

0

f '( t )

−

f ( t)

+∞

1
0

+
+∞

2
1

Từ BBT ⇒ m ≤ 1 .
m ∈ ¡
⇒ có 12 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Kết hợp điều kiện đề bài ⇒ 
m ∈ [ −10;1]

Câu 4. Chọn đáp án C
Phương pháp
Sử dụng kết quả: S A ' B 'C ' = S ABC .cos α trong đó ABC là hình chiếu của
A ' B ' C ' lên mặt phẳng

( ABC )

( P)

nào đó và α là góc giữa 2 mặt phẳng

và ( A ' B ' C ' ) .

Cách giải
Gọi α là góc giữa 2 mặt phẳng ( ABC ) và ( MNP ) .
Dễ thấy ∆ABC là hình chiếu của ∆MNP lên mặt phẳng ( ABC ) , do đó
ta có
S ABC = S MNP .cos α ⇒ cos α =

S ABC 2 3
3
=
=
⇒ α = 30° .
S MNp
4
2

Câu 5. Chọn đáp án A
Phương pháp

+) Chứng minh I =

2

2

−2

−2

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( − x ) dx

+) Lấy tích phân từ −2 đến 2 hai vế của 2 f ( x ) + 3 f ( − x ) =

1
. Tính I.
4 + x2

Cách giải
Đặt t = − x ⇒ dx = −dt .
 x = −2 ⇒ t = 2
Đổi cận: 
 x = 2 ⇒ t = −2
−2

⇒ I = − ∫ f ( −t ) dt =
2

2

∫ f ( − x ) dx .

−2

Theo bài ra ta có: 2 f ( x ) + 3 f ( − x ) =
2

2

2

2

1
dx
⇔ 2 ∫ f ( x ) dx + 3 ∫ f ( − x ) dx = ∫
2
4+ x
4 + x2
−2
−2
−2

2

dx
1
dx
⇔ 3I + 2 I = ∫
⇔I= ∫

.
2
4+ x
5 −2 4 + x 2
−2
Đặt x = 2 tan u ta có: dx = 2

1
du = 2 ( 1 + tan 2 u ) du
2
cos u

Trang 12/25


−π

x
=
−
2
⇒
u
=

4
Đổi cận: 
.
π
x = 2 ⇒ u =


4
1
Khi đó ta có I =
5

π
4

2 ( 1 + u ) du
2

1
=
2
4 + 4 tan u 10

∫

−

π
4

π
4

π

1 4

1 π π  π
∫π du = 10 u −π = 10  4 + 4 ÷ = 20 .
−
4

4

Câu 6. Chọn đáp án A
Phương pháp
Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến, đặt t = x .
Cách giải
Đặt t = x ⇒ dt =

2
2 x

dx ⇒

dx
= 2dt
x

x = 1 ⇔ t = 1
Đổi cận: 
x = 4 ⇒ t = 2
2

2

1

1

⇒ I = 2∫ f ( t ) dt = 2 ∫ f ( x ) dx = 2.2 = 4 .
Câu 7. Chọn đáp án B
Phương pháp
 a > 1

 f ( x ) > g ( x ) > 0
log a f ( x ) > log a g ( x ) ⇔ 
 0 < a < 1
 0 < f ( x ) < g ( x )

Cách giải
TH1: 0 < a < 1 ⇒ log a b > 0 = log a 1 ⇔ 0 < b < 1 .
TH2: a > 1 ⇒ log a b > 0 = log a 1 ⇔ b > 1 .
 0 < a, b < 1
Vậy 
.
1 < a, b
Câu 8. Chọn đáp án B
Phương pháp
Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) là số nghiệm bội lẻ của phương trình f ' ( x ) = 0 .
Cách giải
f ' ( x ) = x 2 ( x − 1) ( x 2 − 1) = 0 ⇔ x 2 ( x − 1) ( x − 1)
3

3

( x + 1)

3

= x 2 ( x − 1)

4

( x + 1)

3

x = 0
f ' ( x ) = 0 ⇔  x = 1
 x = −1
Tuy nhiên x = 0 là nghiệm bội 2, x = 1 là nghiệm bội 4 của phương trình f ' ( x ) = 0 , do đó chúng không
là cực trị của hàm số. Vậy hàm số có duy nhất 1 điểm cực trị x = −1 .
Trang 13/25


Chú ý: HS nên phân tích đa thức f ' ( x ) thành nhân tử triệt để trước khi xác định nghiệm, tránh sai lầm
khi kết luận x = 1 cũng là cực trị của hàm số.
Câu 9. Chọn đáp án A
Phương pháp
Sử dụng các công thức:
b

b

b

a

a

∫  f ( x ) + g ( x )  dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx
a

b

a

a

b

∫ f ( x ) dx = −∫ g ( x ) dx
Cách giải
5

I=

∫  f ( x ) − 4 g ( x ) − 1 dx =

−2

5

∫

−2

5

5

−2

−2

f ( x ) dx − 4 ∫ g ( x ) dx − ∫ dx = 8.4. ( −3) − x −2 = 13 .
5

Câu 10. Chọn đáp án B
Câu 11. Chọn đáp án B
Phương pháp
+) Dựng đoạn vuông góc chung của BD và SC.
+) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính độ dài vuông góc
chung.
Cách giải
Vì chóp S . ABCD đều ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) .
Trong ( SOC ) kẻ OH ⊥ SC ( H ∈ SC ) .
 BD ⊥ AC
⇒ BD ⊥ ( SOC ) ⇒ OH ⊥ BD
Ta có: 
 BD ⊥ SO
⇒ OH là đoạn vuông góc chung của BD và SC ⇒ d ( BD; SC ) = OH .
ABCD là hình vuông cạnh 2a ⇒ OC =

2a 2
=a 2

2

⇒ SO = SC 2 − OC 2 = 5a 2 − 2a 2 = a 3 .
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOC : OH =

SO.OC a 3.a 2 a 30
=
=
.
SC
5
a 5

a 30
.
5
Câu 12. Chọn đáp án B
Phương pháp
Vậy d ( BD; SC ) =

+) Đặt t = cos x , xác định khoảng giá trị của t, khi đó phương trình trở thành f ( t ) = m .
+) Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( t ) và y = m song song với trục
hoành.
Cách giải
 3π 
Đặt t = cos x ta có x ∈  0;  ⇒ t ∈ [ −1;1) , khi đó phương trình trở thành f ( t ) = m .
 2 
Trang 14/25

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( t ) và y = m song song với trục
hoành.
Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ) ta thấy phương trình f ( t ) = m có 2 nghiệm phân biệt thuộc [ −1;1) khi
và chỉ khi m ∈ ( 0; 2 ) .
Câu 13. Chọn đáp án A
Phương pháp
Dựa vào BBT xác định các điểm cực trị của hàm số.
Cách giải
Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 2 .
Câu 14. Chọn đáp án C
Phương pháp
1
Tứ diện OABC vuông tại O ⇒ VOABC = OA.OB.OC .
6
Cách giải
1
1
Tứ diện OABC vuông tại O ⇒ VOABC = OA.OB.OC = .1.2.3 = 1 .
6
6
Câu 15. Chọn đáp án D
Phương pháp
+) Tính y ' , xác định các nghiệm xi của phương trình y ' = 0 .
+) Tính y ( a ) ; y ( b ) ; y ( xi ) .
y = max { y ( a ) ; y ( b ) ; y ( xi ) } ; min y = min { y ( a ) ; y ( b ) ; y ( xi ) } .
+) KL: max
[ a ;b ]
[ a ;b ]
Cách giải
TXĐ: D = [ −2; 2]

Ta có: y ' = 1 −

−2 x
2 4 − x2

x

= 1+

(

)

4 − x2

=0⇔

x ≤ 0
= −1 ⇔ − x = 4 − x 2 ⇔  2
⇔ x=− 2.
2
4 − x2
x = 4 − x
x

y ( 2 ) = 2; y ( −2 ) = −2; y − 2 = −2 2
⇒ max y = 2 = M , min y = −2 2 = m ⇒ M − m = 2 + 2 2 = 2

(

)

2 +1 .

Câu 16. Chọn đáp án B
Phương pháp

uur
+) Lập phương trình mặt phẳng ( P ) dạng mặt chắn và suy ra VTPT nP của ( P ) .
uur uur
+) P ⊥ ( Q ) ⇔ nP .nQ = 0 .
Cách giải
Phương trình mặt phẳng

( P) :

uur
x y z
+ +
= 1 ⇔ 3x − 2 y + 2 z + 6 = 0 ⇒ n p = ( 3; −2; 2 ) là 1 VTPT của
−2 3 −3

( P) .

r
r uur
Xét đáp án A: 3 x − 2 y + 2 z + 6 = 0 có a = ( 3; −2; 2 ) là 1 VTPT và a.nP = 9 + 4 + 4 = 17 ≠ 0 .
r
r uur
r uur

Xét đáp án B: 2 x + 2 y − z − 1 = 0 có b = ( 2; 2; −1) là 1 VTPT và b.nP = 6 − 4 − 2 = 0 ⇒ b ⊥ nP .
Trang 15/25


Vậy ( P ) vuông góc với mặt phẳng 2 x + 2 y − z − 1 = 0 .
Câu 17. Chọn đáp án A
Phương pháp
x A + xB + xC + xD

 xI =
4

y + yB + yC + y D

I là trọng tâm của tứ diện ABCD ⇒  yI = A
.
4

z A + z B + zC + z D

 zI =
4

Cách giải
x A + xB + xC + xD 1 − 2 + 3 + 6

x
=
=
=2

I

4
4

y + yB + yC + y D 0 + 1 + 2 + 9

=
= 3 ⇒ I ( 2;3;1) .
I là trọng tâm của tứ diện ABCD ⇒  yI = A
4
4

z A + z B + zC + z D 2 + 3 + 4 − 5

=
=1
 zI =
4
4

Câu 18. Chọn đáp án D
Phương pháp
Hàm số lũy thừa y = x n có TXĐ phụ thuộc vào n như sau:
n∈¡

+

n∈¡

n∉¡

−

D = ¡ \ { 0}

D=¡

D = ( 0; +∞ )

Cách giải
2
Do π ∉ ¡ ⇒ Hàm số xác định ⇔ x − 3 x + 2 > 0 ⇔ x ∈ ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ )

Câu 19. Chọn đáp án C
Phương pháp
Mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 có tâm I ( a; b; c ) và bán kính R = a 2 + b 2 + c 2 − d .
Cách giải
Mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 6 z + 9 = 0 có tâm I ( 1; −2;3) và R = 1 + 4 + 9 − 9 = 5 .
Câu 20. Chọn đáp án D
Phương pháp
Tính tích phân bằng phương pháp đặt ẩn phụ t = x 2 + 3 .
Cách giải
1
2
Đặt t = x + 3 ⇒ dt = 2 xdx ⇒ xdx = dt .
2
x = 0 ⇒ t = 3
Đổi cận 
.

x = 2 ⇒ t = 7
7

1 dt 1
⇒ I = ∫ = ln t
23 t 2

7

=
3

1
1
1 7
ln 7 − ln 3 = ln .
2
2
2 3

Câu 21. Chọn đáp án C
Phương pháp
Trang 16/25


Dựa vào bảng nguyên hàm cơ bản.
Cách giải
Mệnh đề sai là đáp án C, mệnh đề đúng phải là

1

∫ x dx = ln x + C .

Câu 22. Chọn đáp án D
Phương pháp
Sử dụng công thức lãi kép (tiền gửi vào đầu tháng): T =

M
n
( 1 + r ) − 1 ( 1 + r ) trong đó:
r

M: Số tiền gửi vào đều đặn hàng tháng.
r: lãi suất (%/ tháng)
n: số tháng gửi
T: số tiền nhận được sau n tháng.
Cách giải
M
n
Ta có: T =
( 1 + r ) − 1 ( 1 + r )

r
Giả sử sau n tháng sau anh A nhận được số tiền nhiều hơn 100 triệu, khi đó ta có:
3 
n
( 1 + 0, 6% ) − 1 ( 1 + 0, 6% ) > 100 ⇔ n > 30,3 .

0, 6%
Vậy sau ít nhất 31 tháng thì anh A có được số tiền cả lãi và gốc nhiều hơn 100 triệu.

Câu 23. Chọn đáp án C
Phương pháp
Số nghiệm của phương trình f ( x ) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = m song song
với trục hoành.
Cách giải
Ta có: f ( x ) − 1 = m ⇔ f ( x ) = m + 1 . Số nghiệm của phương trình f ( x ) = m là số giao điểm của đồ thị
hàm số y = f ( x ) và y = m + 1 song song với trục hoành.
m + 1 > 0
 m > −1
⇔
Từ BBT ta thấy để phương trình f ( x ) − 1 = m có đúng 2 nghiệm thì 
.
 m + 1 = −1  m = −2
Câu 24. Chọn đáp án C
Phương pháp
Sử dụng bảng nguyên hàm mở rộng ∫ α α x + β dx =

1 aα x + β
+C .
α ln α

Cách giải
1 52 x
25x
2x
5
dx
=
.
+

C
=
+C .
∫
2 ln 5
2 ln 5
Câu 25. Chọn đáp án C
Phương pháp
r
r r
r
r
Với a = xi + y j + zk ⇒ a ( x; y; z ) .
Cách giải
r
r r r
r
a = −i + 2 j − 3k ⇒ a = ( −1; 2; −3) .
Trang 17/25


Câu 26. Chọn đáp án A
Phương pháp
+) Dùng công thức đạo hàm hàm hợp tính g ' ( x ) với y = g ( x ) = ( f ( 3 − x ) )

2

+) Hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên ( a; b ) ⇔ g ' ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( a; b ) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.
Cách giải
Dựa vào bảng xét dấu f ' ( x ) ta suy ra BBT của hàm số y = f ( x ) như sau:

x

−∞

f '( x)

−2
+

f ( x)

0

1
−

0

0

+∞

2
+

−

0
0

⇒ f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ¡ .
Đặt y = g ( x ) = ( f ( 3 − x ) ) ⇒ g ' ( x ) = −2 f ( 3 − x ) . f ' ( 3 − x ) ≤ 0 .
2

Với x = 4 ⇒ g ' ( 4 ) = −2 f ( −1) f ' ( −1) < 0 ⇒ Loại đáp án C và D.
Với x = 4 ⇒ g ' ( 6 ) = −2 f ( −3) f ' ( −3 ) > 0 ⇒ Loại đáp án B.
Câu 27. Chọn đáp án A
Phương pháp
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số

y = f ( x)

tại điểm có hoành độ

x = x0 là

y = f ' ( x0 ) ( x − x0 ) + y0 .
Cách giải
 x = 1 ⇒ y = −1
2
Ta có: f ' ( x ) = 3 x − 3 = 0 ⇔ 
 x = −1 ⇒ y = 3
⇒ Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 1 và y = −1( d1 ) và phương trình tiếp tuyến tại điểm
có hoành độ x = −1 và y = 3 ( d 2 ) .
Vậy d ( ( d1 ) ; ( d 2 ) ) = 4 .
Câu 28. Chọn đáp án B
Phương pháp
Thể tích khối trụ có chiều cao h và bán kính đáy R là V = π R 2 h .
Cách giải
Khối trụ tròn xoay có đường kính là 2a, chiều cao là h = 2a có thể tích là V = π ( a ) .2a = 2π a 3 .

2

Câu 29. Chọn đáp án D
Phương pháp
Cho hàm số y = f ( x ) .
y = y0 ⇒ y = y0 là TCN của đồ thị hàm số.
Nếu lim
x →∞
y = ∞ ⇒ x = x0 là TCĐ của đồ thị hàm số.
Nếu xlim
→ x0
Cách giải
Dựa vào BBT ta có:
Trang 18/25


lim y = −∞ ⇒ x = 0 là TCĐ của đồ thị hàm số.

x →0+

lim y = −2 ⇒ y = −2 là TCN của đồ thị hàm số.

x →+∞

Vậy hàm số đã cho có tổng 2 TCN và TCĐ.
Câu 30. Chọn đáp án D
Phương pháp
Công thức tính diện tích xung quanh của hình nón là S xq = π rl trong đó r, l lần lượt là bán kính đáy và độ
dài đường sinh của hình nón.
Cách giải

Công thức tính diện tích xung quanh của hình nón là S xq = π rl trong đó r, l lần lượt là bán kính đáy và độ
dài đường sinh của hình nón.
Chú ý: Hình nón có đường sinh và đường cao khác nhau.
Câu 31. Chọn đáp án A
Phương pháp
Đặt t = 2 x , sau đó sử dụng phương pháp tích phân từng phần.
Cách giải
Đặt t = 2 x ⇒ dt = 2dx .
2
2
x = 0 ⇒ t = 0
t
dt 1
⇒ I = ∫ . f ' ( t ) = ∫ tf ' ( t ) dt
Đổi cận 
2
2 40
x = 1 ⇒ t = 2
0

u = t
du = dt
⇒
Đặt 
 dv = f ' ( t ) dt v = f ( t )
⇒I=

2
 1
2

1
1
tf
t
−
f
t
dt
=

2
f
2
−
4

=
(
)
(
)
(
)
( 2.16 − 4 ) = 7 .




∫
0

2
4
0
 4

Câu 32. Chọn đáp án C
Phương pháp
Thể tích khối hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB = a, AD = b, AC = c và V = abc .
Cách giải
Thể tích khối hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB = a, AD = b, AC = c là V = abc .
Câu 33. Chọn đáp án D
Phương pháp
Giải phương trình hoành độ giao điểm.
Cách giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm
x = 0
− x 3 + 3 x 2 + 2 x − 1 = 3 x 2 − 2 x − 1 ⇔ x 3 − 4 x = 0 ⇔ x ( x 2 − 4 ) = 0 ⇔  x = 2 .
 x = −2
Vậy 2 đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm chung.
Câu 34. Chọn đáp án B
Phương pháp

Trang 19/25


Sử dụng các công thức log a b =

1
, log a x + log a y = log a xy (giả sử các biểu thức là có nghĩa).
log b a

Cách giải
log 6 5 =

1
1
=
=
log 5 6 log 5 2 + log 5 3

1
1
1
+
log 2 5 log 3 5

=

1
1 1
+
a b

=

ab
a+b .

Câu 35. Chọn đáp án B
Phương pháp

Sử dụng các tính chất của tích phân:
a

∫ kf ( x ) dx = 0
a

b

b

b

a

a

a

∫  f ( x ) + g ( x )  dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx
b

∫
a

a

f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx
b

Cách giải

Dựa vào các đáp án ta dễ dàng nhận thấy các đáp án A, C, D đúng, đáp án B sai.
Câu 36. Chọn đáp án B
Phương pháp
+) Kẹp khoảng giá trị của a4 . Xét từng trường hợp của a4 .
+) Trong từng trường hợp của a4 , sử dụng quy tắc nhân tìm số thỏa mãn a1 < a2 < a3 < a4 > a5 > a6 > a7 ,
số thỏa mãn a1 < a2 < a3 < a4 > a5 > a6 > a7 không có mặt chữ số 2 rồi trừ đi tìm số thỏa mãn
a1 < a2 < a3 < a4 > a5 > a6 > a7 luôn có mặt chữ số 2.
+) Áp dụng quy tắc cộng tính số phần tử của biến cố “Số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau thỏa mãn
a1 < a2 < a3 < a4 > a5 > a6 > a7 luôn có mặt chữ số 2”.
+) Tính số phần tử của không gian mẫu.
+) Tính xác suất của biến cố.
Cách giải
Do a1 < a2 < a3 < a4 > a5 > a6 > a7 và các chữ số là khác nhau nên 6 ≤ a4 ≤ 9 .
Do a1 ≠ 0 ⇒ 0 < a1 < a2 < a3 .
TH1: a4 = 6 ⇒ a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , a7 ∈ { 0;1; 2;3; 4;5}
3
Chọn 3 số trong 6 số trên cho cặp a1a2 a3 có C5 cách chọn (không chọn số 0).

3 số còn lại có 1 cách chọn.
⇒ Có C53 = 10 số. 10 số này thỏa mãn luôn có mặt chữ số 2.
TH2: a4 = 7 ⇒ a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , a7 ∈ { 0;1; 2;3; 4;5;6} .
3
Chọn 3 số trong 7 (không chọn số 0) số trên cho cặp a1a2 a3 có C6 cách chọn.
3
3 số còn lại có C4 cách chọn.

⇒ Có C63C43 = 80 số. 80 số này có thể có hoặc không có mặt chữ số 2.
Trang 20/25

3
+) Chọn 3 số trong 7 số trên (không chọn số 0; 2) cho cặp a1a2 a3 có C5 cách chọn.
3
3 số còn lại có C3 = 1 cách chọn.

⇒ Có C53 = 10 số. 10 số này không có mặt chữ số 2.
Vậy TH2 có 70 số thỏa mãn luôn có mặt chữ số 2.
TH3: a4 = 8 ⇒ a1 , a2 , a3 , a5 , a6 , a7 ∈ { 0;1; 2;3; 4;5;6;7} .
3
Chọn 3 số trong 8 số trên (không chọn số 0) cho cặp a1a2 a3 có C7 cách chọn.
3
3 số còn lại có C5 cách chọn.

⇒ Có C73C53 = 350 số. 350 số này có thể có hoặc không có mặt chữ số 2.
3
+) Chọn 3 số trong 8 số trên (không chọn số 0; 2) cho cặp a1a2 a3 có C6 cách chọn.
3
3 số còn lại có C4 = 4 cách chọn.

⇒ Có C63 .C43 = 80 số. 80 số này không có mặt chữ số 2.
Vậy TH3 có 350 − 80 = 270 số thỏa mãn luôn có mặt chữ số 2.
TH4: a4 = 9 ⇒ a1 , a2 , a3 , a5 , a6 , a7 ∈ { 0;1; 2;3; 4;5;6;7;8} .
3
Chọn 3 số trong 9 số trên (không chọn số 0) cho cặp a1a2 a3 có C8 cách chọn.
3
3 số còn lại có C6 cách chọn.

⇒ Có C83C63 = 1120 số.
3
+) Chọn 3 số trong 9 số trên (không chọn số 0; 2) cho cặp a1a2 a3 có C7 cách chọn.

3
3 số còn lại có C5 cách chọn.

⇒ Có C73 .C53 = 350 số. 350 số này không có mặt chữ số 2.
Vậy TH4 có 1120 − 350 = 770 số thỏa mãn luôn có mặt chữ số 2.
Gọi A là biến cố: “Số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau thỏa mãn a1 < a2 < a3 < a4 > a5 > a6 > a7 luôn có
mặt chữ số 2”.
⇒ n ( A ) = 10 + 70 + 270 + 770 = 1120 cách.
n ( Ω ) = 9.9.8.7.6.5.4 = 544320 .
1120
1
=
.
544320 486
Câu 37. Chọn đáp án C
Phương pháp
Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt t = − x .
Cách giải
Đặt t = − x ⇒ dt = −dx .
Vậy P ( A ) =

 x = 1 ⇒ t = −1
Đổi cận 
, khi đó:
 x = −1 ⇒ t = 1
−1
f ( x)
f ( −t ) dt 1 f ( − x ) dx 1 e x f ( − x ) dx
dx
=

−
=∫
∫ 1 + ex
∫1 1 + e−t = −∫1
1
1+ ex
−1
−1
1+ x
e
1

I=

Trang 21/25


ex f ( x )
dx
Do f ( x ) là hàm số chẵn nên f ( x ) = f ( − x ) ∀x ∈ [ −1;1] ⇒ I = ∫
1 + ex
−1
1

1 x
1
e x + 1) f ( x ) dx 1
f ( x)
e f ( x)
(

⇒I+I = ∫
dx + ∫
dx = ∫
= ∫ f ( x ) dx = 4 ⇒ I = 2 .
x
x
x
1
+
e
1
+
e
1
+
e
−1
−1
−1
−1
1

Câu 38. Chọn đáp án C
Phương pháp
Khai triển ( a + b ) có n + 1 số hạng.
n

Cách giải

( a + 2)

n+6

n+6

= ∑ Cnk+ 6 a k .2 n + 6 − k , do đó khai triển trên có n + 7 số hạng.
k =0

Theo bài ra ta có: n + 7 = 17 ⇔ n = 10 .
Câu 39. Chọn đáp án D
Phương pháp
Sử dụng các công thức tính thể tích lăng trụ V = Sday .h , công thức tính thể
1
tích chóp V = S day .h .
3
Cách giải
1
2
Ta có VA. A ' B 'C ' = V ⇒ VABCB 'C ' = V .
3
3
Câu 40. Chọn đáp án C
Phương pháp
V2
Tỉ số
lớn nhất khi và chỉ khi V2 lớn nhất. Khi đó hình trụ có chiều cao bằng cạnh của hình lập phương
V1
và có đường tròn đáy nội tiếp một mặt của hình lập phương.
Cách giải
Gọi a là cạnh của hình lập phương, khi đó thể tích của hình lập phương là

V1 = a 3 . Khi đó tỉ số

V2
lớn nhất khi và chỉ khi V2 lớn nhất.
V1

Khi đó hình trụ có chiều cao bằng cạnh của hình lập phương và có đường
tròn đáy nội tiếp một mặt của hình lập phương.
a
⇒ h = a, r = .
2
2

πa
a
Khi đó V2 = π r h = π  ÷ .a =
2
2
2

Vậy k =

3

V2 π
= .
V1 2

Câu 41. Chọn đáp án C
Phương pháp

Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên ( a; b ) khi và chỉ khi f ' ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( a; b ) và bằng 0 tại hữu hạn
điểm.
Trang 22/25


Cách giải
Dựa vào BBT ta dễ dàng nhận thấy hàm số đã cho nghịch biến trên ( −1;0 ) và ( 1; +∞ ) .
Câu 42. Chọn đáp án B
Phương pháp
Chia cả tử và mẫu cho n.
Cách giải
4n + 1 − n + 2
= lim
2n − 3
2

lim

4+

1
1 2
−
+
2
n
n n2 = 2 = 1 .
3
2
2−

n

Câu 43. Chọn đáp án D
Phương pháp
b
Giải bất phương trình logarit cơ bản log a f ( x ) > b ⇔ 0 < f ( x ) < a ( 0 < a ≠ 1 ).

Cách giải
−1

13
2
log 2 ( x − 4 ) + 1 > 0 ⇔ log 2 ( x − 4 ) > −1 ⇔ 0 < x − 4 <  ÷ ⇔ 4 < x <
2
5
5
5
 13 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  4; ÷.
 2
Câu 44. Chọn đáp án D
Phương pháp
Sử dụng công thức chỉnh hợp.
Cách giải
4
Số các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được tạo thành từ X = { 1;3;5;8;9} là A5 số.

Câu 45. Chọn đáp án A
Phương pháp
u5 = S5 − S4 .

Cách giải
 S5 = u1 + u2 + u3 + u4 + u5
⇒ u5 = S5 − S4 = 65 − 1 − ( 64 − 1) = 6480 .
Ta có: 
 S4 = u1 + u2 + u3 + u4
Câu 46. Chọn đáp án D
Câu 47. Chọn đáp án A
Phương pháp

uu
r uur uur r
+) Gọi I ( a; b; c ) thỏa mãn IA + IB + 3IC = 0 . Xác định tọa độ điểm I.
+) Chèn điểm I vào biểu thức đã cho.
uuur uuur uuuu
r
+) Khi đó MA + MB + 3MC đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ MI min ⇔ M là hình chiếu của I trên ( Oxy ) .
Cách giải

uu
r uur uur r
Gọi I ( a; b; c ) thỏa mãn IA + IB + 3IC = 0 .

Trang 23/25


uu
r
 IA = ( −a; −2 − b; −1 − c )
 uur
uu

r uur uur
Ta có:  IB = ( −2 − a; −4 − b;3 − c ) ⇒ IA + IB + 3IC = ( −5a + 1; −5b + 3; −5c + 1) .
 uur
 IC = ( 1 − a;3 − b; −1 − c )
1

a = 5

uu
r uur uur r
3

1 3 1
IA + IB + 3IC = 0 ⇔ b = ⇒ I  ; ; ÷.
5
5 5 5

1

c = 5

uuur uuur uuuu
r uuu
r uu
r uuu
r uur uuu
r uur
uuu
r
Khi đó ta có MA + MB + 3MC = MI + IA + MI + IB + 3MI + 3IC = 5MI = 5MI

uuur uuur uuuu
r
Khi đó MA + MB + 3MC đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ MI min ⇔ M là hình chiếu của I trên

( Oxy )

1 3 
⇒ M  ; ;0 ÷.
5 5 
Câu 48. Chọn đáp án B
Phương pháp
+) Để hàm số đồng biến trên [ 1; 4] thì y ' ≥ 0 ∀x ∈ [ 1; 4] và bằng 0 tại hữu hạn điểm.
f ( x) .
+) Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng m ≤ f ( x ) ∀x ∈ [ 1; 4] ⇔ m ≤ min
[ 1;4]
+) Lập BBT của hàm số y = f ( x ) và kết luận.
Cách giải
2
Ta có: y ' = x − 2 ( m − 1) x − 4m

Để hàm số đồng biến trên [ 1; 4] thì y ' ≥ 0 ∀x ∈ [ 1; 4] và bằng 0 tại hữu hạn điểm.
⇔ x 2 − 2 ( m − 1) x − 4m ≥ 0 ∀x ∈ [ 1; 4] ⇔ x 2 + 2 x ≥ 2m ( x + 2 ) ⇔ 2m ≤
Đặt f ( x ) =

x2 + 2 x
∀x ∈ [ 1; 4 ]
x+2

x2 + 2 x
⇒ 2m ≤ f ( x ) ∀x ∈ [ 1; 4] ⇔ 2m ≤ min f ( x ) .

[ 1;4]
x+2

Xét hàm số f ( x ) =

x2 + 2 x
trên [ 1; 4] ta có:
x+2

2 x + 2) ( x + 2) − x2 − 2 x x2 + 4x + 4
(
f '( x) =
=
= 1 > 0 ∀x ∈ [ 1; 4] ⇒
2
2
( x + 2)
( x + 2)

Hàm số đồng biến trên

[ 1; 4]

⇒ lim f ( x ) = f ( 1) = 1 .
[ 1;4]
1
.
2
Câu 49. Chọn đáp án A
Phương pháp

r r
r
r
a, b cùng hướng ⇔ ∃k ≠ 0 sao cho a = kb .
Vậy 2m ≤ 1 ⇔ m ≤

Cách giải
Trang 24/25


r r
r
r
a, b cùng hướng ⇔ ∃k ≠ 0 sao cho a = kb .

k = 2
2
=
k
.1
k
=
2





⇔ m − 1 = 3k ⇔ m − 1 = 6 ⇔ m = 7
3 = −2nk

3 = −4n

−3


n =

4
Câu 50. Chọn đáp án A
Phương pháp
Hàm số y = a x có TXĐ D = ¡ .
+) Nếu a > 1 ⇒ Hàm số đồng biến trên ¡ .
+) Nếu 0 < a < 1 ⇒ Hàm số nghịch biến trên ¡ .
Cách giải
Xét đáp án A ta có:
x

2
Hàm số y =  ÷ có TXĐ D = ¡ .
e
x

2
2
Lại có < 1 ⇒ Hàm số y =  ÷ nghịch biến trên ¡ .
e
e

Trang 25/25