BỘ 10 ĐỀ THI THỬ TOÁN THPT QUỐC GIA CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT 2020

BỘ 10 ĐỀ THI THỬ TOÁN PHPT QUỐC GIA CÓ ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ SỐ 1
Cho số phức z thỏa mãn điều kiện

Câu 1:
phức w = 1 − zi + z .
A. –i
Cho các mệnh đề sau:
Câu 2:
r

r

r r r

r

(1 + i ) z − 1 − 3i = 0.

Tìm phần ảo của số

B. –1

C. 2

D. –2i

r r

r r

1) u = 3i + 2 j − k , v = −i − 3 j + k ; thì u, v  = ( −1; −2; −7 )
r

r r

r

2) u = ( 0;1; −2 ) , v = ( 3;0; −4 ) ; thì u, v  = ( −4; −6; −3)
r

r r

r r

r

r ur

r

r

r

r r ur

3) u = 4i + j − 3k ; v = j + 5k ; w = 2i − 3 j + k thì u, v  .w = 80
r r ur
r r r r r r r ur r
4) u = i + j; v = i + j + k ; w = i thì u, v  .w = 1

Hỏi có bao nhiêu mệnh đề đúng.
A. 1
B. 3
C. 3
D. 4
Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình sau có đúng 3
Câu 3:
nghiệm thực phân biệt 9 x − 2.3x +1 + 3m − 1 = 0.
2

A. m =

10
.
3

B. 2 < m <

2

10
.
3

C. m = 2.

D. m < 2.

Một người thả 1 lá bèo vào một cái ao, sau 12 giờ thì bèo sinh sôi phủ
Câu 4:

kín mặt ao. Hỏi sau mấy giờ thì bèo phủ kín

1
mặt ao, biết rằng sau mỗi giờ
5

thì lượng bèo tăng gấp 10 lần lượng bèo trước đó và tốc độ tăng không đổi.
A. 12 − log 5 (giờ).

B.

12
(giờ).
5

C. 12 − log 2 (giờ).

Tập giá trị của m thỏa mãn bất phương trình
Câu 5:
( −∞; a ) ∪ ( b; c ) . Khi đó a + b + c bằng:
A. 3 B.
1

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

C. 2

D. 12 + ln 5 (giờ).

2.9 x − 3.6 x

≤2
6x − 4x

( x∈¡ )

là

D. 0

Trang 3


Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ¡ \ { −1} , liên tục trên các khoảng xác

Câu 6:
định của nó và có bảng biến thiên như hình vẽ:
−∞

x
y′

−1
+

+∞

1
0

+

+∞

−

2

y
−∞

1

1

Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Đồ thị hàm số có 3 tiệm cận.
B. Phương trình f ( x ) = m có 3 nghiệm thực phân biệt thì m ∈ ( 1; 2 ) .
C. Giá trị lớn nhất của hàm số là 2.
D. Hàm số đồng biến trên ( −∞;1) .
Cho a = log 3, b = log 2 . Hãy tính log 150 theo a, b.
4
25
60
Câu 7:
1 2 + 2b + ab
.
2 1 + 4b + 2ab
1 1 + b + 2ab
150 = ×
.
4 1 + 4b + 2ab

1 + b + 2ab
.
1 + 4b + 4ab
1 + b + 2ab
150 = 4 ×
.
1 + 4b + 4ab

A. log 60 150 = ×

B. log 60 150 =

C. log 60

D. log 60

Câu 8:

2
2
Cho α − β = π . Tính giá trị P = ( cos α + cos β ) + ( sin α + sin β )
2
2

( sin α − cos β )

6

+ ( sin β + cos α )

Chọn đáp án đúng .
A.P = 2 − 3

B. P = 2 + 3

Cho phương trình:
Câu 9:
họ nghiệm x = a + k2π ?
A. 2
B. 6

C. P = 3 + 2

cosx + sin4x − cos3x = 0.

C. 3

D.P = 3 − 2

Phương trình trên có bao nhiêu

D. 5


Gọi S ; S ; S lần lượt là tập nghiệm của các bất phương
1
2
3

Câu 10:

x

 1 
trình sau: 2 + 2.3 − 5 + 3 > 0; log 2 ( x + 2 ) ≤ −2; 
÷ > 1 . Tìm khẳng định
 5 −1 
x

đúng?
A. S1 ⊂ S3 ⊂ S2 .

x

x

B. S2 ⊂ S1 ⊂ S3 .
C. S1 ⊂ S2 ⊂ S3 .
Tìm GTLN và GTNN của hàm số

Câu 11:
max y = 1

A. min y = −1 .


11

Câu 12:

phức z2 − iz1 .
A. 3.
Câu 13:
A. ∀x
C.

 max y = 2

B. 
2.
 min y = −

11

y=

max y = 2

C. 
2.
min y =

11

D. S2 ⊂ S3 ⊂ S1.
2sin x + cos x + 3 là:
2cos x − sin x + 4

max y = 1


D. 
1.
min y =

11

Cho hai số phức z = 1 − i và z = 2 + 3i . Tính môđun của số
1
2
B. 5.

C. 5.
D. 13.
. Điều kiện xác định của hàm số là :

y = cosx

 π

π
x ∈  − + k2π ; + k2π 
2
 2


B.

x ≠ −1

D.

x≠ ±

π
2

4

Câu 14:
nguyên dương và
A. S = 60.
Câu 15:
A. 1.

Biết I = x ln ( 2 x + 1) dx = a ln 3 − c, trong đó a, b, c là các số
∫
0

b

a
là phân số tối giản. Tính S = a + b + c.
b
B. S = 70.
C. S = 72.

D. S = 68.

Số nghiệm của phương trình log ( x + 3) − 1 = log x là:
2

2
B. 3.
Parabol

y=

C. 0.
D. 2.
x 2 chia hình tròn có tâm là gốc tọa độ, bán

Câu 16:
2
kính bằng 2 2 thành hai phần có diện tích là S1 và S2 , trong đó S1 < S 2 . Tìm tỉ
S1

số S .
2
HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 5


A.

3π + 2
.
21π − 2

B.

3π + 2
.
9π − 2

C.

3π + 2
.
12π

D.

9π − 2
.
3π + 2

Một đội ngũ giáo viên gồm 8 thầy giáo dạy toán, 5 cô
Câu 17:
giáo dạy vật lý và 3 cô giáo dạy hóa học. Sở giáo dục cần chọn ra 4 người để
chấm bài thi THPT quốc gia, tính xác suất trong 4 người được chọn phải có
cô giáo và có đủ ba bộ môn
A.

5
9

B.

3
7

C.

4
7

D.

4
9

Cho điểm M ( −3; 2; 4 ) , gọi A, B, C lần lượt là hình chiếu

Câu 18:
của M trên trục Ox, Oy, Oz . Trong các mặt phẳng sau, tìm mặt phẳng song
song với mặt phẳng ( ABC ) .
A. 6 x − 4 y − 3z − 12 = 0 .
B. 3x − 6 y − 4 z + 12 = 0 .
C. 4 x − 6 y − 3z + 12 = 0 .
D. 4 x − 6 y − 3z − 12 = 0 .
Giải bất phương trình:
Câu 19:

Cnn−−13
An4+1

A. 3 ≤ n ≤ 7

B. n ≥ 7
Cho khai triển:

≤

1
14P3

C. 3 ≤ n ≤ 6

D. n ≥ 6
n

n

1 
P ( x ) =  x + 4 ÷ = ∑ Cnk
2 x

k =0

k

 1 
 4 ÷
2 x 

( )
Câu 20:
biết ba hệ số đầu tiên lập thành cấp số cộng. Tìm các số hạng của khai triển
nhận giá trị hữu tỷ ∀x ∈ N *
A.

C84
24

C. A và B
Câu 21:
A.

B.

x

π
3
+
.
6 2

n −k

1
8 2

2x

D.không có đáp án nào
Giá trị cực đại của hàm số y = x + sin 2 x trên ( 0; π ) là:
B.

2π

3
+
.
3
2

C.

2π
3
−
.
3
2

Tìm tập xác định của hàm số
Câu 22:

A. ( −∞; − 2  ∪  2; +∞ ) .
C.  − 2; 2  .

x

D. ( −∞; − 2  .

y = 2017

B. ( − 2; 2 ) .

D.

2− x2

.

π
3
+
.
3 2


Cho mặt cầu S : x + 1 2 + y − 2 2 + z − 3 2 = 25 và mặt phẳng
( ) ( ) (
) ( )

Câu 23:
( α ) : 2 x + y − 2 z + m = 0 . Các giá trị của m để ( α ) và ( S ) không có điểm chung là:
A. m ≤ −9 hoặc m ≥ 21 .
B. m < −9 hoặc m > 21 .
C. −9 ≤ m ≤ 21 .
D. −9 < m < 21 .
Giới hạn lim x + 1− 5x + 1 bằng a (phân số tối giản). Giá
x→3 x − 4x − 3
b
Câu 24:
trị của a − b là:
A.1 B.

1
9

Câu 25:

C. −1

f ( x ) dx =

Câu 26:

9
8

Tìm nguyên hàm của hàm số y = f ( x ) = cos3 x .

cos 4 x
+C .
∫
x
1
3
C. ∫ f ( x ) dx = sin 3x − sin x + C .
12
4

A.

D.

1  sin 3x


+ 3sin x ÷+ C .
3


B.

∫ f ( x ) dx = 4 

D.

f ( x ) dx =

∫

cos 4 x.sin x
+C .
4

Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có đường cao

·
SO = a, SAB
= 45° . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC bằng:

A.

3a
.
4

B.

3a
.
2

C.

3a
.
2

D.

Trong không gian cho hình chữ nhật
Câu 27:

3a
.
4
ABCD

có

AB = 1, AD = 2 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD và BC . Quay hình
chữ nhật đó xung quanh trục MN ta được một hình trụ. Tính diện tích toàn

phần của hình trụ đó?
A. 10π .
B. 4π .

C. 2π .
D. 6π .
Cho hàm số y = 2 x − 3 . Đồ thị hàm số có bao nhiêu
Câu 28:
x2 − 2x − 3
tiệm cận?
A. 2 .
B. 3 .
C. 4 .
D. 5 .
Một chất điểm đang cuyển động với vận tốc v = 15m / s
0
Câu 29:
2
2
thì tăng vận tốc với gia tốc a ( t ) = t + 4t ( m / s ) . Tính quãng đường chất điểm
đó đi được trong khoảng thời gian 3 giây kể từ lúc bắt đầu tăng vận tốc.
A. 68, 25m .
B. 70, 25m .
C. 69, 75m .
D. 67, 25m .
HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 7


Cho

số

phức

z = a + bi ( a, b ∈ ¡

Câu 30:

( 2 − i ) z − 3z = −1 + 3i . Tính giá trị biểu thức

A. P = 5 .

thỏa

)

mãn

P = a−b.

B. P = −2 .
C. P = 3 .
D. P = 1 .
Cho số phức z và số phức liên hợp của nó có điểm biểu
z

Câu 31:
diễn là M, M’. Số phức z. ( 4 + 3i ) và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn
lần lượt là N, N’. Biết rằng 4 điểm M, N, M’, N’ tạo thành hình chữ nhật. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức z + 4i − 5 .
A. 1
B. 2

C. 5
D. 4
2

5

34

13

Cho lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác ABC

Câu 32:
vuông tại A; AB = 2, AC = 3 . Mặt phẳng ( A′BC ) hợp với ( A′B′C ′ ) góc 60° . Thể
tích lăng trụ đã cho bằng bao nhiêu?
A.

9 39
.
26

3 39
.
26

C.

18 39
.
13

D.

6 39
.
13

Cho hàm số y = 2 x 2 − 3x − 1 . Giá trị lớn nhất của hàm số

Câu 33:
1

B.



trên  ; 2  là:
2 
A.

17
.
8

B.

9
.
4

C. 2 .

Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn
Câu 34:

D. 3 .
0< a < b< c< d

và hàm số

y = f ( x ) . Biết hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Gọi M và m lần lượt là

giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) trên [ 0;d ] . Khẳng định nào sau
đây là khẳng định đúng?
A. M + m = f ( b ) + f ( a )
B. M + m = f ( d ) + f ( c )
C. M + m = f ( 0 ) + f ( c )
D. M + m = f ( 0 ) + f ( a )
Nếu

1
1
1 lập thành một cấp số cộng (theo thứ
;
;
b+c c+a a +b

Câu 35:
tự đó) thì dãy số nào sau đây lập thành một cấp số cộng?
A. b2 ;a 2 ;c 2

B. c2 ;a 2 ; b 2
C. a 2 ;c 2 ; b 2

D. a 2 ; b 2 ;c 2


Cho các hàm số: f ( x ) = sin 4 x + cos 4 x, g ( x ) = sin 6 x + cos 6 x

Câu 36:
.Tính biểu thức: 3f ' ( x ) − 2g ' ( x ) + 2
A. 0
B. 2
C. 1
D. 3
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
Câu 37:
2
2
2
( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 1) + ( z − 3) = 9 . Mệnh đề nào đúng?
A. Mặt cầu ( S ) tiếp xúc với ( Oxy ) .
B. Mặt cầu ( S ) không tiếp xúc với cả ba mặt ( Oxy ) , ( Oxz ) , ( Oyz ) .
C. Mặt cầu ( S ) tiếp xúc với ( Oyz ) .
D. Mặt cầu ( S ) tiếp xúc với ( Oxz ) .
Cho điểm M ( 3; 2;1) . Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm
và cắt
M
Câu 38:
các trục tọa độ Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho M là trực tâm tam giác ABC .
Phương trình mặt phẳng ( P ) là:

A.

x y z
+ + = 0.
3 2 1

B. x + y + z − 6 = 0 .

C. 3x + 2 y + z − 14 = 0 .

D.

Hàm số
Câu 39:
là:

y=

x y z
+ + = 1.
3 2 1

x 2 − 4 x đồng biến trên
[ 1; +∞ ) thì giá trị của m
x+m



A. m ∈  − ; 2 \ { −1} .
 2 

1

1

m ∈  −1; ÷ .
2


B. m ∈ ( −1; 2] \ { −1} . C.



D. m ∈  −1;  .
2
1





Gọi
Câu 40:

I

là

tâm

mặt

cầu

đi

qua

điểm

4

M ( 1;0;0 ) , N ( 0;1;0 ) , P ( 0;0;1) , Q ( 1;1;1) . Tìm tọa độ tâm I .
1

1 1

A.  ; − ; ÷ .
2 2 2

2 2 2

1 1 1

 1

1

1

B.  ; ; ÷.

C.  ; ; ÷.
D.  − ; − ; − ÷.
3 3 3
2 2 2
 2 2 2
Hàm số y = x 4 − 2mx 2 + m có ba điểm cực trị và đường tròn

Câu 41:
đi qua ba điểm cực trị này có bán kính bằng 1 thì giá trị của m là:
HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 9


A. m = 1; m =

−1 ± 5
.
2

C. m = 1; m =

−1 + 5
.
2

m = 1; m =

B. m = −1; m =

−1 + 5
.
2

D.

−1 − 5
.
2

Cho hình chóp tứ giá đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a ,

Câu 42:
cạnh bên hợp với đáy một góc 60° . Gọi M là điểm đối xứng của C qua D , N
là trung điểm SC. Mặt phẳng ( BMN ) chia khối chóp S . ABCD thành hai phần.
Tỉ số thể tích giữa hai phần (phần lớn trên phần bé) bằng:
A.

7
.
5

B.

1
.
7

C.

7
.
3

D.

6
.
5

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

Câu 43:

( P ) : 2 x + y − 3z + 2 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) song song và cách ( P )

11
.
2 14
A. −4 x − 2 y + 6 z + 7 = 0 ; 4 x + 2 y − 6 z + 15 = 0 .
B. −4 x − 2 y + 6 z − 7 = 0 ; 4 x + 2 y − 6 z + 5 = 0 .

một khoảng bằng

C. −4 x − 2 y + 6 z + 5 = 0 ; 4 x + 2 y − 6 z − 15 = 0 .
D. −4 x − 2 y + 6 z + 3 = 0 ; 4 x + 2 y − 6 z − 15 = 0 .
Cho tứ diện S.ABC trên cạnh SA và SB lấy điểm M và N
Câu 44:
sao cho thỏa tỉ lệ

SM 1 SN
= ;
= 2 , mặt phẳng đi qua MN và song song với
AM 2 NB

SC chia tứ diện thành hai phần, biết tỉ số thể tích của hai phần ấy là K, vậy K
là giá trị nào?
A. K = 2
3

B. K = 4
9

C. K = 4

D. K = 5

5

9

Thể tích khối tròn xoay do hình phẳng được giới hạn bởi
Câu 45:
các đường y = x 2 và x = y 2 quay quanh trục Ox bằng bao nhiêu?
A.

3π
.
10

B. 10π .

C.

Đạo hàm của hàm số
Câu 46:

10π
.
3

y = 1 − log

D. 3π .
1
x

là:


A.

−1
2 x log10 1 − log

1
x

B.

−1
2 x ln10 1 − log

Trong

không

C.

1
x

1
2 x log10 1 − log

gian

với

hệ

1
x

tọa

1

D.

2 x ln10 1 − log

độ

Oxyz ,

Câu 47:

1
x

cho

A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) với a, b, c dương. Biết A, B, C di động trên các tia
Ox, Oy, Oz sao cho a + b + c = 2 . Biết rằng khi a, b, c thay đổi thì quỹ tích tâm

hình cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng ( P ) cố định. Tính khoảng
cách từ M ( 2016;0;0 ) tới mặt phẳng ( P ) .
A. 2017 .
Câu 48:

B.

2014
.
3

C.

2016

.
3

D.

2015
.
3

Gọi z , z , z , z là bốn nghiệm phức của phương trình
1
2
3
4

z 4 − 2 z 2 − 8 = 0 . Trên mặt phẳng tọa độ, gọi A , B , C , D lần lượt là bốn điểm
biểu diễn bốn nghiệm z1 , z2 , z3 , z4 đó. Tính giá trị của P = OA + OB + OC + OD ,

trong đó O là gốc tọa độ.
A. P = 4 .
B. P = 2 + 2 .
C. P = 2 2 .
D. P = 4 + 2 2 .
Một hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có thể tích bằng V. Khi đó,
Câu 49:
thể tích tứ diện A’C’BD.
A. 2V
3

B. 2V

3

C. V

3

D. V

6

Người ta cắt một tờ
Câu 50:
giấy hình vuông có cạnh bằng 2 để gấp
thành một hình chóp tứ giác đều sao cho
bốn đỉnh của hình vuông dán lại thành
đỉnh của hình chóp. Tính cạnh đáy của
khối chóp để thể tích của nó lớn nhất.
A.

2
5

C. 1

2
5
4
D.
5

B.

ĐÁP ÁN ĐỀ 1
HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 11


1C
11C
21D
31A
41C

2D
12C
22C
32C
42A

3C
13C
23B
33A
43A

4A
14B
24A
34C

44C

5D
15A
25B
35D
45A

6B
16B
26C
36B
46D

7B
17B
27B
37A
47D

8B
18D
28C
38C
48D

9B
19D
29C
39D

49C

10D
20C
30C
40C
50B

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) ⇒ z = x − yi .
Theo giả thiết, ta có

x = 2
(1 + i )( x − yi ) − 1 − 3i = 0 = 0 ⇔ ( x + y − 1) + ( x − y − 3)i = 0 ⇔ 
 y = −1

Suy ra z = 2 − i ⇒ z = 2 + i
Ta có w = 1 − (2 − i)i + 2 + i = 3 + i 2 − 2i + i = 2 − i. Vậy chọn phần ảo là −1
Câu 2: Đáp án D
r r
r
r


1) u = ( 3;2;−1) ,v = ( −1;−3;1) ⇒ u,v =  2 −1 ; −1 1 ; 3 2 ÷ = ( −1;−2;−7)
   −3 1 1 −1 −1 −3 ÷


r r

 1 −2 −2 0 0 1 
2) u,v =  0 −4 ; −4 3 ; 3 0 ÷÷ = ( −4;−6;−3)



3) Ta có

r r ur
r
r
ur
rr
u = ( 4;1;−3) ,v = ( 0;1;5) ,w = ( 2;−3;1) ⇒ u;v = ( 8;−20;4) ⇒ u,v .w = 80



r

r

ur

r r

r r ur

4) Ta có u = ( 1;1;0) , v = ( 1;1;1) , w = ( 1;0;0) ⇒ u;v = ( 1; −1;0) ⇒ u;v .w = 1
Câu 3: Đáp án C
Đặt t = 3x , t ≥ 1 ⇒ pt ⇔ t 2 − 6t + 3m − 1 = 0(*). Đặt f (t) = t 2 − 6t + 3m − 1
2

3x = a
 x 2 = log 3 a
⇔ 2
Giả sử phương trình f(t) có 2 nghiệm là a và b thì  x 2
 x = log 3 b
3 = b
2

log 3 a = 0
a = 0
⇔
b > 1
log 3 b > 0

Vậy ta có nhận xét rằng để (*) có 3 nghiệm thì 
Khi đó f (1) = 1 − 6 + 3m − 1 = 0 ⇔ m = 2 .
t = 1
(t / m)
t = 5 > 0

2
Với m=2 ⇒ f (t) = t − 6t + 5 = 0 ⇔ 

Câu 4: Đáp án A


Gọi
10 t =

t

là

thời

gian

bèo

phủ

kín

1
5

mặt

ao,

khi

đó

1012
1012
⇔ t = log
= 12 − log 5
5

5

Câu 5: Đáp án D
Điều kiện: x ≠ 0. Ta có:

2.9 x − 3.6 x
2.9 x − 5.6 x + 2.4 x
≤
2
⇔
≤0
6x − 4x
6x − 4x

Chia cả tử và mẫu của vế trái cho
2x

4x > 0 ,

bất phương trình tương đương với

x

3
3
2.  ÷ − 5  ÷ + 2
2
 
2
≤0.

x
3
 
 ÷ −1
2

Đặt

x

 3
t =  ÷ ,t > 0
 2

bất phương trình trở thành

 1
t≤
2t 2 − 5t + 2
≤0⇔ 2

t −1
1 < t ≤ 2

Với

1
t≤
2

x

ta có

1
3 1
 ÷ ≤ ⇔ x ≤ log 3 ⇔ x ≤ − log 3 2
2
2 2
2
2
x

3
≤ 2 ⇔ 0 < x ≤ log 3 2
 
2

Với 1 < t ≤ 2 ta có 1 <  2 ÷

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là


 

S =  −∞; − log 3 2  ∪  0;log 3 2 

2 

2 

Câu 6: Đáp án B
Dựa vào bảng biến thiên, ta có các nhận xét sau:
• Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (−∞; −1) và (−1;1)
y = 1 và lim y = ±∞ đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận
• Ta thấy rằng xlim
→±∞
x →−1

• Phương trình f(x) = m có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 < m < 2
• Hàm số không có GTLN trên tập xác định
Câu 7: Đáp án B
Ta có

b = log 25 2 = log 52 2 ⇒ 2b = log 5 2 ⇔ 4b = log 5 4 ⇒ log 4 5 =

1
4b

Khi đó
log 60

1
1
1
+a+
+ log 4 3 + 2.log 4 5
1
1 log 4 (2.3.52 ) 1 2
1 2

1 + b + 2ab
2b
150 = .log 60 150 = .
= .
= .
=
1
2
2 log 4 (4.3.5) 2 1 + log 4 3 + log 4 5
2 1+ a +
1 + 4b + 4ab
4b

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 13


Câu 8: Đáp án B
π
6 = 2 + 3.
P=
=
=
π
2 − 2 sin ( α − β )
2 − 2( sinα cosβ − sinβ cosα )
2 − 2 sin
6
2 + 2( cosα cosβ + sinα sin β )

2 + 2 cos ( α − β )

2 + 2 cos

Câu 9: Đáp án B
cosx + sin4x − cos3x = 0 ⇔ 2sin2x.sin x + 2sin2x.cos2x = 0
⇔ 2sin2x(sinx + cos2x) = 0 ⇔ sin2x(−2sin2 x + sin x + 1) = 0

kπ
x = 2


sin2x = 0  x = π + k2π
2
⇔ sinx = 1 ⇔ 


−π
+ k2π
sinx = −1  x =
6


2
 x = 7π + k2π

6

Nghiệm thứ nhất có 4 họ nghiệm , nhưng có 1 nghiệm trùng với nghiệm thứ 2

, như vậy có tất cả 6 họ nghiệm thỏa mãn đề bài
Câu 10: Đáp án D
Dựa vào giả thiết, ta có
x

x

x

2
3
1
• Bất phương trình ⇔  ÷ + 2  ÷ + 3  ÷ − 5 > 0 .
5
5
5
x

x

x

2
3
1
Đặt f (x) =  ÷ + 2  ÷ + 3  ÷ − 5
5
5
5
x

x

x

2
3 1
1
2
3
⇒ f '(x) =  ÷ ln + 2  ÷ ln + 3  ÷ ln − 5 < 0 ⇒ f (x) nghịch biến trên tập xác
5
5 5
5
5
5

định.
Mặt khác f (1) = 0 ⇒ f (x) > 0 ⇔ x < 1 ⇒ S1 = (−∞;1)
x + 2 > 0
 x > −2
7



• Bất phương trình ⇔ 
1⇔
7 ⇒ S2 =  −2; − 
4


 x + 2 ≤ 4
 x ≤ − 4
• Bất phương trình ⇔ x < 0 ⇒ S3 = (−∞;0)

Suy ra S2 ⊂ S3 ⊂ S1
Câu 11: Đáp án C
- TXĐ: 2 cos x − sin x + 4 ≠ 0 ⇒ x∈ ¡ .

- Khi đó: y( 2 cos x − sin x + 4 ) = 2 sin x + cos x + 3 ⇔ ( 2y − 1) cos x − ( y + 2 ) sin x = 3 − 4 y (*)


2

- Để (*) có nghiệm thì: ( 3 − 4 y) ≤ ( 2 y − 1) +  − ( y + 2 )  ⇔ ≤ y ≤ 2.
11
2

2

2

max y = 2

⇒ Từ đây suy ra: 
2.
min
y
=



11

Câu 12: Đáp án C
Ta có z 2 − iz1 = 2 + 3i − i + i 2 = 1 + 2i ⇒ z 2 − iz1 = 12 + 2 2 = 5
Câu 13: Đáp án C
Điều kiện:

 π

π
cosx ≥ 0 ⇔ x ∈  − + k2π ; + k2π 
2
 2


Tập giá trị: Ta có 0 ≤ cosx ≤ 1 ⇔ 0 ≤ y ≤ 1 .
Câu 14: Đáp án B
Đặt

2

4
du =
dx
4

 x2

 u = ln(2x + 1) 
x2

2x + 1
⇒
⇒
I
=
ln(2x
+
1)
−
dx



∫
2
dv = xdx
2
 0 0 2x + 1
v = x

2
4

4

4

4
 x2


 x2

 x2 1

x 1

1
1
⇔ I =  ln(2x + 1)  − ∫  − +
dx
=
ln(2x
+
1)
−
 − x + ln(2x + 1) ÷
÷


8
2
 0 0  2 4 4(2x + 1) 
2
0  4 4
0

a = 63
63

⇔ I = ln 3 − 3 ⇒ b = 4 ⇒ S = a + b + c = 70

4
c = 3


Cách 2: PP chọn hằng số
Đặt

2

du = 2x + 1 dx
4
4
 4x 2 − 1

 u = ln(2x + 1) 
2x − 1
⇒
⇒
I
=
ln(2x
+
1)
−
dx

1


2

∫
x −
dv = xdx
 8
0 0 4

(2x
+
1)(2x
−
1)
4=
v =
2
8


a = 63
4
63
(x 2 − x)
63

⇒ I = ln 9 −
= ln 3 − 3 ⇒ b = 4 ⇒ S = a + b + c = 70
8
4
4
c = 3
0



Câu 15: Đáp án A
Phương trình

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 15


x > 0
x>0
x>0



 x + 3 > 0, x > 0
3


  x = −1
⇔
⇔
⇔
⇔
⇒x=

x+3
x + 3


2
2
log 2 (x + 3) − log 2 x = 1 log 2 2 = 1  2 = 2   x = 3

x
 x
 
2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.

Câu 16: Đáp án B
Ta có

x2 + y2 = 8
 x = ±2

⇔

x2
y = 2
y =

2

Ta có parabol và đường tròn như hình vẽ bên
Khi đó
Suy ra

2


x2 
4
S1 = ∫  8 − x 2 − ÷dx = 2π +
2 
3
−2 

4
S2 = 8π − S1 = 6π − .
3

Suy ra

. (Bấm máy tính)

4
2π +
S1
3 = 3π + 2
=
4
S2 6π −
9π − 2
3

Câu 17: Đáp án B
Ta có: chọn ra 4 thầy cô từ 16 thầy cô có C164 = 1820 (cách chọn)
+ Để chọn được 4 giáo viên phải có cô giáo và đủ ba bộ môn, vậy có các trường
hợp sau:

* Trường hợp 1: chọn 2 thầy toán, 1 cô lý, 1 cô hóa có C82C15C13 (cách chọn)
* Trường hợp 2: chọn 1 thầy toán, 2 cô lý, 1 cô hóa có C18C52C13 (cách chọn)
* Trường hợp 3: chọn 1 thầy toán, 1 cô lý, 2 cô hóa có C18C15C32 (cách chọn)
Vậy xác suất để chọn được 4 người phải có cô giáo và có đủ ba bộ môn là
P=

C82C51C31 + C81C52C31 + C81C51C32
4
C16

Câu 18: Đáp án D
A, B, C là

hình

=

3
7

chiếu

⇒ A(−3;0;0), B(0; 2;0), C(0;0; 4).

của

M

trên

trục

Ox,

Oy,

Oz


uuur
AB = (3; 2;0)
và
uuur uuur
uuuuuu
r
 AB; AC  = (8; −12; −6) ⇒ n (ABC) = (4; −6; −3)



Ta

uuur
AC = (3;0; 4)

có

suy

ra

Phương trình mặt phẳng (ABC) là 4x − 6y − 3z + 12 = 0
Hoặc phương trình mặt phẳng (ABC) theo đoạn chắn, ta được (ABC):
x y z
+ + =1
−3 2 4

Vậy mặt phẳng có phương trình 4x − 6y − 3z − 12 = 0 song song với mặt phẳng
(ABC)
Câu 19: Đáp án D
Điều kiện:
Cnn−−13
A 4n+1
⇔

≤

n≥ 3

1
14P3

(n − 1)!(n − 3)!
1
1
1
≤
⇔
≤
⇔ (n + 1)n ≥ 42 ⇔ n ≥ 6
(n − 3)!2!(n + 1)! 14.3!

(n + 1)n 42

Câu 20: Đáp án C
Ba hệ số đầu tiên của khai triển là
cấp số cộng nên:

1+

n( n − 1)
8

C0n

1
= 1;C1n. =
2

n
2

và

2
2  1
Cn  ÷

 2

=

n( n − 1)
8

lập thành

n = 8
n
= 2. ⇔ n2 − 9n + 8 = 0 ⇔ 
2
 n = 1,( l )

( n = 1 thì khai triển chỉ có 2 số hạng)
Các số hạng của khai triển đều có dạng:

8− k
k
C8 x 2
.
k
2k
x4

Số hạng nhận giá trị hữu tỷ ∀x ∈ N * ứng với

( 8− k) M
2
⇒ k ∈ { 0;4;8}

 kM4

C84

Vậy khai triển có 3 số hạng luôn nhận giá trị hữu tỷ ∀x ∈ N * là 1;

24

x

và

1
8 2

2x

Câu 21: Đáp án D
Ta có: y ' = (x + sin 2x) ' = 1 + 2 cos 2x ⇒ y ' = 0 ⇔ 1 + 2 cos 2x = 0 ⇔ cos 2x = −

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

1
2

Trang 17



x =
π
⇔ x = ± + kπ(k ∈ ¢ ), x ∈ (0; π) ⇒ 

3
x =


π
3
.
2π
3

 y '' π  = −2 3 < 0(CD)
  3 ÷
Mặt khác y '' = −4sin 2x ⇒ 
 y '' 2 π  = 2 3 > 0(CT)
  3 ÷
⇒ Giá trị cực đại của hàm số bằng y π  =
 ÷
 3

π
3
+
3 2

Câu 22: Đáp án C
Hàm số xác định khi và chỉ khi 2 − x 2 ≥ 0 ⇔ − 2 ≤ x ≤ 2 ⇒ D = [ − 2; 2 ]
Câu 23: Đáp án B
Xét (S) : (x + 1) 2 + (y − 2) 2 + (z − 3) 2 = 25 ⇒ I(−1; 2;3) và bán kính R = 5
Để (S) và (α) không có điểm chung khi
d(I;(P)) > R ⇔

−1.2 + 2 − 2.3 + m
2 + 1 + (−2)
2

2

2

 m > 21
> 5 ⇔ m − 6 > 15 ⇔ 
 m < −9

Câu 24: Đáp án A
Ta
= lim

x→3

có:

( x+

( x + 1+

)

4x − 3 ( x − 3) .x

)

5x + 1 ( x − 3) ( x − 1)

lim

x→3

(

)

x + 1− 5x + 1
x − 4x − 3

x x + 4x − 3

9
= .
x→3 x − 1 x + 1+ 5x + 1
8
( )

= lim

(

)

Suy ra a = 9, b = 8 ⇒a −b = 1.
Câu 25: Đáp án B

1  sin 3x

+ 3sin x ÷+ C
3


1

Ta có ∫ f (x)dx = ∫ cos3 xdx = 4 ∫ (cos3x + 3cos x)dx = 4 


Câu 26: Đáp án C
·
Tam giác SAB cân tại S có SAB
= 45o ⇒ ∆SAB vuông cân tại S
Suy ra SA ⊥ SB mà ∆SAB = ∆SBC = ∆SAC ⇒ SA,SB,SC đôi một vuông góc với
nhau
Khi đó

1
1
1
1
=
+ 2+ 2
2
2
SO
SA
SB SC

mà

SA = SB = SC = x ⇒ x = a 3

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là
Câu 27: Đáp án B

R=

SA 2 + SB2 + SC2 x 3 3a
=
=
2
2
2


Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD, BC
Khi quay hình chữ nhật xung quanh trục MN ta được hình trụ
• Bán kính đường tròn đáy là r = AM =

AD
=1
2

• Chiều cao của hình trụ là h = AB = 1
Diện tích toàn phần của hình trụ là Stp = 2πr(r + h) = 4π
Câu 28: Đáp án C
Hàm số xác định khi và chỉ khi

Ta có

x > 3
x 2 − 2x − 3 > 0 ⇔ 
 x < −1

3

x2 − ÷
 lim = −2
2x − 3
x

lim y = lim
= lim
⇒  x →−∞
x →∞
x →∞
=2
 xlim
x 2 − 2x − 3 x →∞ x 1 − 2 − 3
→∞
2
x x

⇒ đồ thị hàm số có hai TCĐ. Vậy đồ thị hàm số đã cho có bốn đường tiệm

cận.
Câu 29: Đáp án C
Ta có

v(t) = ∫ a(t)dt = ∫ (t 2 + 4t)dt =

t3
+ 2t 2 + C(m / s)
3

Do khi bắt đầu tăng tốc vo = 15 nên

v( t − 0) = 15 ⇒ C = 15 ⇒ v(t) =

t3
+ 2t 2 + 15
3

Khi đó quãng đường đi được bằng
3

3
3



t3
t4 2 
S = ∫ v(t)dt = ∫ 15 + + 2t 2 ÷dt = 15t + + t 3 ÷ = 69,75m
3
12 3  0



0
0

Câu 30: Đáp án C
Đặt z = a + bi(a, b ∈ ¡ ) ⇒ z = a − bi mà (2 − i)z − 3z = −1 + 3i
Suy ra (2 − i)(a − bi) − 3(a + bi) = −1 + 3i ⇔ 2a − 2bi − ai − b − 3a − 3bi + 1 − 3i = 0
1 − a − b = 0
a = 2
⇔ 1 − a − b − (a + 5b + 3)i = 0 ⇒ 
⇒
⇒ a − b = 3.
a + 5b + 3 = 0 b = −1

Câu 31: Đáp án A
Giả sử x = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) . Ta có: M ( a; b ) và M ' ( a; −b )
* Khi đó: z ( 4 + 3i ) = ( 4a − 3b ) + ( 3aq + 4b ) i .
Suy ra N ( 4a − 3b;3a + 4b ) và N ' ( 4a − 3b; −3a − 3b )

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 19


* Do 4 điểm M, N, M’, N’ tạo thành hình thang cân nhận Ox làm trục đối xứng
nên
4
điểm
đó
lập
thành

hình
chữ
nhật
⇔ MM ' = NN ' ⇔ 4b = 4 ( 3a + 4b )
2

* Với a = −b , ta có:

z + 4i − 5 =

Dấu bằng xảy ra khi

2

 a = −b
⇔
.
a = − 8 b
3


( b + 5)

2

+ ( b + 4)

2

2

9 1
1

= 2 b + ÷ + ≥
2 2
2


9
9
a = ,b = − .
2
2
2

8
8
73 2 104
289
1
2
* Với a = − , ta có: z + 4i − 5 =  b + 5 ÷ + ( b + 4 ) =
b +
b + 41 ≥
>
3
9
3
73

2
3


Vậy min z + 4i − 5 =

1
2

Câu 32: Đáp án C
Từ A kẻ AH vuông góc với BC (H ∈ BC)
Ta có AA ' ⊥ (ABC) ⇒ AA ' ⊥ BC ⇒ BC ⊥ (AA ' H)
· 'BC);(A ' B'C ') = (A
· ' BC);(ABC) = (A
· ' H, AH) = A
· 'HA
Khi đó (A
AB.AC
6
AA '
=
= AA ' = tan 60o.AH mà AH =
13
AH
AB2 + AC 2

·
Suy ra tanA'HA=
⇒ AA ' =

6 39
6 39 1
18 39
⇒ VABC.A 'B'C ' = AA '.S∆ABC =
. .2.3 =
13
13 2
13

Câu 33: Đáp án A
1



3

Xét hàm số f (x) = 2x 2 − 3x − 1 trên  ; 2  . Ta có f '(x) = 4x − 3 = 0 ⇔ x =
4
2 
−17

−17

 
 




;f (1) = −2 ⇒ f (x) ∈ 

; −2  ⇒ f (x) ∈ 2; 
Lại có f  ÷ = −2;f  ÷ =
8
2
4
 8

 8
1

3

17
max
y
=
Do đó  1 ;2
8


2 

Câu 34: Đáp án C
- Dựa vào đồ thị hàm số ⇒ bảng biến thiên

M = { f ( 0 ) , f ( b ) , f ( d ) }
⇒

m = { f ( a ) , f ( c ) }

- Mặt khác, dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy rằng

17




b

c

a

b

∫ f ' ( x ) dx < ∫ −f ' ( x )  dx ⇒ f ( x )
a




b
a

< −f ( x )

c
b

⇔ f ( a ) > f ( c)

b

∫ −f ' ( x )  dx > ∫ f ' ( x ) dx ⇔ f ( 0 ) − f ( a ) > f ( b ) − f ( a ) ⇔ f ( 0 ) > f ( b )
0

a

c

d

b

c

∫ −f ' ( x )  dx > ∫ f ' ( x ) dx ⇔ f ( b ) − f ( c ) > f ( d ) − f ( c ) ⇔ f ( b ) > f ( d )
f ( a ) > f ( c ) ⇒ m = f ( c )
⇒ M + m = f ( 0) + f ( c)
f
0
>
f
b
>
f
a
⇒
M
=

f
0
(
)
(
)
(
)
(
)


Vậy 

Câu 35: Đáp án D
2
1
1
c + a (b + c)(b+ a)
=
+
⇔
=
⇔ (a+ c)2 + 2b(c + a) = 2(b2+ ab + ac + ab)
c + a b+ c a+ b
2
2b + a + c
a2 + c2 + 2ac + 2bc + 2ba = 2(b2 + ab + ac + ab) ⇔ a2 + c2 = 2b2

Câu 36: Đáp án B

Ta có f ( x ) = sin 4 x + cos4 x = ( sin 2 x + cos 2 x ) − 2sin 2 x cos 2 x
2

1
1
3 1
= 1 − sin 2 2 x = 1 − ( 1 − cos 4 x ) = + cos 4 x ⇒ f ' ( x ) = − sin 4 x
2
4
4 4

Ta có g ( x ) = sin 6 x + cos6 x = ( sin 2 x + cos 2 x ) − 3sin 2 x cos 2 x ( sin 2 x + cos 2 x )
3

3
3
5 3
3
= 1 − sin 2 2 x = 1 − ( 1 − cos 4 x ) = + cos 4 x ⇒ g ' ( x ) = − sin 4 x
4
8
8 8
2
 3

Do đó 3 f ' ( x ) − 2 g ' ( x ) + 2 = 3. ( − sin 4 x ) − 2  − sin 4 x ÷+ 2 = 2. Chọn B.
 2


Câu 37: Đáp án A

Xét mặt cầu (S) : (x − 2)2 + (y + 1) 2 + (z − 3) 2 = 9 ⇒ tâm I(2; −1;3) và R = 3
Mặt phẳng (Oxy), (Oyz), (Oxz) có phương trình lần lượt là z = 0; x = 0; y = 0.
Có d(I;(Oxy)) = 3,d(I;(Oyz)) = 2,d(I;(Oxz)) = 1 nên mặt cầu (S) tiếp xúc với (Oxy)
Câu 38: Đáp án C
Mặt phẳng (P) cắt các trục tọa độ tại các điểm A(a;0;0), B(0; b;0),C(0;0;c)
Nên

phương

M ∈ (P) ⇒

Ta có

trình

mặt

phẳng

3 2 1
+ + = 1(1)
a b c

uuuu
r
uuuu
r
AM = (3 − a;2;1), BM = (3;2 − b;1)

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

và

(P)

có

dạng

x y z
+ + =1
a b c

mà

uuur
uuur
BC = (0; − b;c), AC = (−a;0;c)

Trang 21


uuuu
r uuur
AM.BC = 0
c − 2b = 0
(2)
Mặt khác M là trọng tâm ∆ABC ⇒  uuuur uuur ⇔ 
c − 3a = 0
BM.AC = 0

14
Từ (1) và (2) suy ra a = ; b = 7;c = 14 ⇒ (P) : 3x + 2y + z − 14 = 0
3
Cách 2: Chứng minh được OM ⊥ (ABC)
OA ⊥ BC
⇒ BC ⊥ (OAM) ⇒ BC ⊥ OM , tương tự AB ⊥ OM ⇒ OM ⊥ (ABC)
 AM ⊥ BC

Ta có 

Khi đó (P): 3x + 2y + z − 14 = 0
Câu 39: Đáp án D
x 2 − 4x
x+m
2
2
(2x − 4)(x + m) − x + 4x x + 2mx − 4m
y' =
=
; ∀x ≠ −m
(x + m) 2
(x + m) 2

Xét

hàm

y=

số

,

ta

có

 y ' ≥ 0, ∀x ∈ [ 1; +∞ ) (*)
Để hàm số đồng biến trên [1; +∞) khi và chỉ khi 

 x = − m ∉ ∀x ∈ [ 1; +∞ ) ⇔ m > −1

Ta có (*) ⇔ x 2 + 2mx − 4m ≥ 0 ⇔ x 2 ≥ 2m(2 − x)(I)
2
TH1. Với x = 2 ⇒ x ≥ 0, ∀x ∈ [ 1; +∞ ) với mọi giá trị của m
TH2. Với 2 − x > 0 ⇔ x < 2 ⇒ x ∈ [1; 2) .
x2
; ∀x ∈ [1; 2) ⇒ 2m ≤ minf (x)
[1;2)
2−x
TH3. Với 2 − x < 0 ⇔ x > 2 ⇒ x ∈ ( 2; +∞ ) . Khi đó (I)

Khi đó (I) ⇔ 2m ≤

x2
⇔ 2m ≥
; ∀x ∈ (2; +∞) ⇒ 2m ≥ max f (x)
[1;2)
2−x
f (x) = f (1) = 1

 min
x(x − 4)
 [1;2)
x2
; ∀x ≠ 2 ⇒ 
Xét hàm số f (x) =
, ta có f '(x) = −
f (x) = f (4) = −8
(2 − x) 2
2−x
 max
(2; +∞ )
1
Kết hợp các trường hợp, vậy −1 < m ≤ là giá trị cần tìm
2

Câu 40: Đáp án C
Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện MNPQ chính là trung điểm của OQ
1 1 1
⇒ I ; ; ÷
2 2 2

. (Do dễ thấy MOQ, NOQ, POQ đều nhìn PQ dưới 1 góc vuông)

Cách 2: Dễ thấy MNPQ là tứ diện đều cạnh a = 2 . Khi đó tâm mặt cầu tứ diện
 xM + xN + xP + xQ   1 1 1 
;... ÷ =  ; ; ÷
4

 2 2 2

cũng là trọng tâm tứ diện. Khi đó G 


Cách

3.

Viết

(ABC) : x + y + z − 1 = 0

suy

ra

tâm

I

x = 1 + t

∈ d : y = 1 + t
z = 1 + t


cho

1 1 1
IM = IQ ⇒ I  ; ; ÷

2 2 2

Câu 41: Đáp án C
Xét hàm số y = x 4 − 2mx 2 + m = ax 4 + bx 2 + c ⇒ a = 1; b = −2m;c = m
Ta có

x = 0
y' = 4x 3 − 4mx, y ' = 0 ⇔  2
.
x = m

Để hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi

m>0
Sử dụng công thức giải nhanh R ∆ABC = R o với
Ro =

b3 − 8a
−8m3 − 8
⇒1=
⇔ m 3 − 2m + 1 = 0
8|a | b
−16m

Kết hợp với điều kiện
Cách 2. Ta có A(0;m);B( −

m > o ⇒ m = 1;m =

−1 + 5

2

là giá trị cần tìm

m;m − m 2 );C( m;m − m 2 ) ⇒ R =

abc (m 4 + m)2 m
=
= 1 ⇔ m 3 + 1 = 2m
4S
4.m m

Câu 42: Đáp án A
Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD
V1 là thể tích khối chóp PDQ.BCN và
V2 là thể tích của khối chóp còn lại, khi đó V1 + V2 = V
MB cắt AD tại P → P là trung điểm của AD
MN cắt SD tại Q → Q là trọng tâm của ∆SMC
Ta có

VM.PDQ
VM.BCN

=

MP MD MQ 1 1 2 1
.
.
= . . =
MB MC MN 2 2 3 6

5
VM.BCN = VM.PDQ + V1 ⇒ V1 = VM.BCN
6
1
= SABCD ,d(S;(ABCD)) = d(S;(ABCD))
2

Mặt khác
Mà

S∆MBC

1
2

Suy ra VM.BCN = VN.MBC = VS.ABCD =

V
5
7
⇒ V1 = V ⇒ V2 = V ⇒ V2 : V1 = 7 : 5
2
12
12

Câu 43: Đáp án A
Mặt phẳng (Q) song song với (P) nên (Q) có dạng 2x + y − 3z + m = 0
Điểm M(−1;0;0) ∈ (P) nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng (P), (Q) là d(M; (Q))
=

11
2 14

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 23


15

m=

−2 + m
11
11
2 ⇒ (Q) :  −4x − 2y + 6z + 7 = 0
⇒
=
⇔ m−2 = ⇔ 
 4x + 2y − 6z + 15 = 0
2
2
2
2
2 14
2 + 1 + (−3)

m = − 7


2

Câu 44: Đáp án C
Qua M kẻ MF song song với SC và qua N kẻ
NE song song với SC với E và F thuộc CA và
CB. Khi đó thiết diện cần tìm là hình thang
MNEF. Đặt
VS . ABC = V ; VMNEFCS = V1; VMNEFAB = V2
V1 = VSCEF + VSFME + VSMNE
VSCEF CF CE 1 2 2
=
.
= . =
V
CA CB 3 3 9
VSFME CM SE SM 1
=
.
=
=
Ta có: V
SE CA SA 3
SFEA
VS .FEA S FEA S FEA SCEA FA CE 4
=
=
.
=
.
=

V
S ABC SCEA S ABC CA CB 9

VSFME 1 4 4
= . = V
V
3 9 27
VSMNE SM SN 2
=
.
=
VSABE
SA SB 9

⇒

VSMNE S ∆BEA S ∆BEA S ∆AEC EB CE 1
=
=
.
=
.
=
V
S ∆ABC S ∆AEC S∆ABC CE CB 3
2
V
27
2
4

4
⇒ V1 = V + V = V
9
27
9
V1 4
=
V2 5
⇒ VS . ABE =

Câu 45: Đáp án A
2
x = y = 0
 y = x
⇔
Phương trình hoành độ giao điểm của (C1 ), (C2 ) là 
2
 x = 1; y = 1
 x = y

Trong đoạn x ∈ [ 0;1] suy ra y = x 2 ; y = x
1

 x5 x 2 
3π
Thể tích khối tròn xoay cần tính là VOx = π ∫ (x − x)dx = π  − ÷ =
2  0 10
 5
0
1

4

Câu 46: Đáp án D


1 ′

 1 − log ÷
1
x
y′ = 
=
1
1
2 1 − log
2 x ln10 1 − log
x
x

Ta có:

1
− 2
1
−1

;  log ÷' = x =
x  1 ln10 x ln10


x

Câu 47: Đáp án D
Gọi D, K lần lượt là trung điểm của AB, OC.
Từ D kẻ đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (OAB)
Và cắt mặt phẳng trung trực của OC tại I
⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC
suy ra z1 =

c
2



Tương tự DF = ⇒ x1 = ; y1 = ⇒ I  ; ; ÷
2
2
2
2 2 2
a

a

b

a b c

a+b+c
= 1 ⇒ I ∈ (P) : x + y + z − 1 = 0
2

2015
Vậy khoảng cách từ điểm M đến (P) bằng d =
3

Suy ra: x1 + y 2 + z 2 =

Câu 48: Đáp án D
Phương trình
z1 = 2; z 2 = −2
z 2 = 4
 z = ±2
z − 2z − 8 = 0 ⇔ (z − 1) = 3 ⇔  2
⇔
⇒
 z = ±i 2 z 3 = i 2; z 4 = −i 2
 z = −2
4

2

2

2

2

Khi đó A(2;0), B(−2;0),C(0; 2), D(0; − 2) ⇒ P = OA + OB + OC + OD = 4 + 2
Câu 49: Đáp án C
Khối chóp được phân chia
thành 5 tứ diện: một tứ diện

A’BC’D và bốn tứ diện còn lại
bằng nhau.
4V V
VA’ BC’ D = V − 4.VC ' CDB = V −
=
6
3
Câu 50: Đáp án B
Gọi độ dài đáy của hình chóp là x, với 0 < x < 1 .
Đường cao hình chóp là

2

2

2
 x x
SO = SM 2 − OM 2 = 1 − ÷ −
= 1− x
4
 2

Thể tích khối chóp là
HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 25


1
1

1 4
V = S .h = x 2 1 − x =
x − x5
3
3
3

.

4
5
Xét hàm f ( x ) = x − x , với x ∈ ( 0;1) .

Khi đó f ' ( x ) = 4 x3 − 5 x 4 = x3 ( 4 − 5 x ) ; f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 0; x = 4
5

Như vậy để thể tích khối chóp lớn nhất thì x =

4
5

ĐỀ THI THỬ SỐ 2
3
là:
1 + 2i
1
2
B. và −
5
5

Câu 1: Phần thực và phần ảo của các số phức
A.

3
6
và −
5
5
1
D.
và 3
2

7
5

C.

và

( )

6
5

Câu 2: Viết phương trình mặt phẳng P chứa điểm A và đường thẳng d. A(2;3;1) và

 x = 4 + 2t


d:  y = 2 − 3t
z = 3+ t


.

A. 11x + 2y + 16z − 32 = 0
B. 11x − 2y + 16x − 44 = 0
C. 11x + 2y − 16z = 0
D. 11x − 2y − 16z − 12 = 0
Câu 3: Giả sử x, y là các số thực dương. Mệnh đề nào sau đây là sai?
A. log 2 ( x + y ) = log 2 x + log 2 y

B. log 2 xy =

C. log 2 xy = log 2 x + log 2 y

D. log 2

1
2

Câu 4: Cho sinα = − , π < α <
A. −

3
2

3π
2

A. m≥ 1

B.

x
= log 2 x − log 2 y
y

.Tính A = 4sin 2 α − 2cos α + 3cot α :

B. 1 + 4 3

Câu 5: Tìm mđể hàm số

C.

−

3+2
2

y = 5sin4x − 6cos4x + 2m− 1

m≥

1
( log 2 x + log 2 y )
2

61 − 1
2

C.

m≥

D. 4

3
3

xác định với mọi x
61 + 1
2

D.

m<

61 + 1
2

Câu 6: Mệnh đề nào sau đây là đúng ?
A. ∫

dx
x

=2 x +C

dx

B. ∫ 2
x

=

1
+C
x

dx

= ln x + C
C. ∫
x +1

D. ∫ 2

x

dx = 2 x + C


1

Câu 7: Tập xác định của hàm số y = ( x − 1) 2 là
A.

D = [ 1; +∞ )

B.

D = ( 1; +∞ )

C.

D = ( −∞;1)

D.

D = ( 0;1)

Câu 8: Tìm tọa độ điểm M ′ đối xứng với M qua đường thẳng d biết M ( 2; −4; 1) ,
 x = 3t − 1

d : y =t + 2 .
z = 4t + 5


A.

M ′ ( 7;7; 5)

B.

M ′ ( −7; 7; 5)

Câu 9: Giá trị nào của m thì hàm số

C.
y=

x+m
x −2

 5 3 
M ′  − ; ; 3÷
 2 2 

D.

5 3 
M ′  ; ;3÷
2 2 

nghịch biến trên từng khoảng xác

định là:
A. m < −2
B. m ≤ −2
C. m ≥ −2
D. m > −2
Câu 10: Vật thể nào trong các vật thể sau không phải là khối đa diện.

A.

B.

Câu 11:

C.

D.

( 1− 2sinx ) cosx = 1
(−2π , 0) là:
( 1+ 2sinx ) ( 1− sinx) . Tổng tất cả các nghiệm thuộc đoạn

A. −5π
6

Câu 12: Cho hàm số

B. −5π
2

y=

x
. Mệnh
2x

C. −2π

D. −11π
6

đề nào sau đây là đúng?

A. Hàm số đã cho có cả điểm cực đại và điểm cực tiểu.
B. Hàm số đã cho có điểm cực tiểu.
C. Hàm số đã cho có điểm cực đại.
D. Hàm số đã cho không có điểm cực trị.
Câu 13: Tại siêu thị XQ đang có chương trình giải thưởng lá phiếu may mắn cho
4 khách hàng mua với đơn giá trên 10 triệu đồng. Trên mỗi phiếu có một màu
riêng biệt là đỏ, vàng và xanh. Vào thời điểm cuối ngày tổng kết, có tất cả là
10 người phiếu đỏ, 8 người phiếu vàng và 6 người phiếu xanh. Trưởng phòng
chi nhánh sẽ tiến hành chọn ngẫu nhiên những người được thưởng. Xác suất
những người được giải có đủ cả ba loại lá phiếu là:
HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 27