đề thi thử toán thpt kèm ma trận

ĐỀ SỐ 1
MA TRẬN ĐỀ SỐ 1

CHUYÊN
ĐỀ

SỐ
CÂU

CÂU

MỨC ĐỘ

NỘI DUNG

NB TH

9

HÀM
SỐ

1

Nhận diện số cực trị của hàm số bậc 3

x

6

Đọc bảng biến thiên

x

9

Điểm đối xứng của đồ thị hàm phân thức b1/b1

x

12

Tìm min – max của hàm số trên một đoạn

x

17

Đếm số điểm cực trị của hàm số

x

24

Dựa vào bảng biến thiên xác định số tiệm cận

x

30

Nhận biết đồ thị

X

36

Tìm m để hàm bậc 3 nghịch biến trên

X

50

Phương trình vô tỉ chứa tham số
TỔNG

MŨ
LOGARIT

8

HÀM

6

X
3

3

2

4

Nhận diện đạo hàm

x

7

Nhận biết biểu thức có nghĩa

x

13

Bài toán lãi suất cơ bản

x

18

Tính biểu thức logarit phụ thuộc vào tham số

x

25

Đếm số khẳng định đúng của các mệnh đề

x

29

Tính giá trị biểu thức

X

42

Phương trình logarit chứa tham số

X

47

Phương trình mũ chứa tham số
TỔNG

NGUYÊN

VD VD
T
C

2

Nhận biết công thức có trong bảng nguyên hàm

16

Tính diện tích hình phẳng dựa vào hình vẽ

19

Tính tích phân hàm hữu tỉ

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

1

X
2

3

x
x
x

Trang 1

2

1


TÍCH
PHÂN
ỨNG
DỤNG

33

Tính tích phân dựa vào tính chất cơ bản

X

40

Tính thể tích khối tròn xoay

X

49

Bài toán thực tế liên quan diện tích hình phẳng
TỔNG

SỐ PHỨC

5

6

KHỐI ĐA
DIỆN

2

Nhận diện phần ảo của số phức

14

Phương trình số phức chứa tham số

x

26

Tập hợp điểm biểu diễn số phức

x

34

Tính môđun của số phức thỏa mãn điều kiện
cho trước

45

Bài toán liên quan tới điều kiện cực trị của số
phức

2

X
X
1

2

Xác định hình chiếu vuông góc của điểm lên
mặt phẳng (Oyz)

x

8

Tìm tọa độ một đỉnh của tam giác khi biết trọng
tâm và hai đỉnh còn lại

x

20

Điều kiện để mặt cầu không cắt mặt phẳng

x

27

Viết phương trình mặt phẳng trung trực của
một đoạn thẳng

x

35

Tính chu vi của đường tròn là giao tuyến của
mặt phẳng và mặt cầu

48

Bài toán cực trị (min – max)

1

X
2

2

1

Đếm tổng số đỉnh, cạnh, mặt của khối đa diện

15

Tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

31

Xác định góc giữa hai đường thẳng chéo nhau

X

37

Tính diện tích thiết diện

X

46

Điều kiện về góc đê thế tích khối chóp lớn nhất

21

Đếm số hình nón khi quay tứ diện quanh 1 trục

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

1

X

10

TỔNG

1

x

3

TỔNG

5

1

5

TỔNG

HÌNH
HỌC OXYZ

X

1

x
x

X
1

1
x

Trang 2

2

1


KHỐI
TRÒN

XOAY

3

41

Tính diện tích xung quanh của hình trụ

44

Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp tứ giác
TỔNG

LƯỢNG
GIÁC

2

11

Tính giá trị biểu thức lượng giác

38

Xác định số nghiệm của phương trình lượng
giác trên một đoạn cho trước
TỔNG

TỔ HỢP
XÁC SUẤT

3

22

Bài toán đếm số

39

Bài toán liên quan tới khai triển nhị thức
Niuton

43

Tính xác suất

PHÉP DỜI
HÌNH

32

TỔNG
23

TỔNG

28

1

1

1

x
X
0

1

1

0

X
X

0

1

1

1

X
0

Xác định tọa độ ảnh của một điểm qua phép
tịnh tiến

TỔNG

GIỚI HẠN
TÍNH LIÊN
TỤC

0

Tính tổng của một cấp số cộng

1
1

X

X
TỔNG

CẤP SỐ
CỘNG CẤP
SỐ NHÂN

X

0

1

0

0

0

x
0

Tìm m để hàm số liên tục tại một điểm

1
x

1
TỔNG

50

50

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

0

1

0

0

10

18

14

8

20
%

36
%

28
%

16
%

Trang 3


CÂU HỎI THUỘC CẤP ĐỘ NHẬN BIẾT
Câu 1. Hàm số y   x3  3 x 2  1 có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

Câu 2. Tìm nguyên hàm của hàm số f  x   sin 2 x
sin 2 xdx  2 cos 2 x  C
A. �

sin 2 xdx 
B. �

cos 2 x
C
2

sin 2 xdx   cos 2 x  C
D. �

C. ..

Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 2; 4) . Điểm nào sau đây là hình chiếu vuông
góc của điểm A trên mặt phẳng  Oyz  ?
A. M(1;0;0)

C. P(1;0; 4)

B. N(0; 2; 4)

D. P(1; 2;0)

Câu 4. Kết quả tính đạo hàm nào sau đây sai?
A.  3x  � 3x ln 3

C.  log 3 x  �

B.

1
x ln 3

D.  e 2 x  � e 2 x

Câu 5. Cho số phức z  2  3i . Khi đó phần ảo của số phức z là
A. 3

B. -3

C. -2

D. 2

Câu 6. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên nửa khoảng  2;3 , có bảng biến thiên như hình vẽ
x
-2
y�

-1
0

+

1

- 0

3
+
2

0  ln x  �

y

1
x

-3
-5
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
A. Hàm số đạt cực tiểu tại x  1

y2
B. max
 2;3

y  3
C. min
 2;3

D. Cực đại của hàm số bằng 0

Câu 7. Trong các biểu thức sau, biểu thức nào không có nghĩa?
A.

 3

3
5

B.  2 

3

3

C. 1, 7  4

1

D.  5  3

Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A(1; 2;3) , B (1;0; 2) và G (1; 3; 2) là
trọng tâm tam giác ABC . Tìm tọa độ điểm C
A. C (3; 7;1)

B. C (2; 4; 1)

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

C. C(1; 1; 3)

D. C(3; 2;1)

Trang 4


Câu 9. Cho hàm số y 

2x 1
có đồ thị  C  . Biết điểm I là giao điểm hai đường tiệm cận của  C  . Hỏi I
x 3

thuộc đường thẳng nào trong các đường sau?
A. x  y  1  0

B. x  y  1  0

C. x  y  1  0

D. x  y  1  0

Câu 10. Gọi số đỉnh, số cạnh, số mặt của hình đa diện trong hình vẽ
bên lần lượt là a, b, c . Hỏi T  a  b  c bằng bao nhiêu?
A. T  10
B. T  14
C. T  38
D. T  22
CÂU HỎI THUỘC CẤP ĐỘ THÔNG HIỂU
Câu 11. Cho x thỏa mãn điều kiện tan x  2 . Tính giá trị của biểu thức T 
A. T 

1
4

B. T 

1
5

C. T 

4
5

3sin x  2 cos x
sin x  3cos x

D. T  

3
4

0; 5 �
Câu 12. Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số y  x 4  4 x 2  1 trên �
�
�.
A. m  3

B. m  5

C. m  0

D. m  6

Câu 13. Một người gửi tiết kiệm với lãi suất 8,4%/năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Hỏi sau bao
nhiêu năm người đó thu được gấp đôi số tiền ban đầu?
A. 8

B. 9

C. 10

D. 11

Câu 14. Nếu z  i là nghiệm phức của phương trình z 2  az  b  0 với a, b ��thì a  b bằng
A. -1

B. 2

C. -2

D. 1

Câu 15. Cho hình chóp S . ABC có ABC là tam giác đều cạnh a . Hai mặt phẳng  SAC  ,  SAB  cùng vuông
góc với đáy và góc tạo bởi SC và đáy bằng 60�. Tính khoảng cách h từ A tới mặt phẳng  SBC  theo a
A. h 

a 15
5

B. h 

a 3

3

C. h 

a 15
3

D. h 

a 3
5

Câu 16. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  , trục hoành, đường thẳng x  a ,
c

f  x  dx  2 và
x  b ( như hình bên). Biết �
a

b

f  x  dx  5 .
�

Hỏi S

c

bằng bao nhiêu?
A. 7

B. 5

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

C. 2

D. 2
Trang 5


Câu 17. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f �
 x   x.  x  2 

2017

x

2

 1

2018

. Hỏi hàm số có bao nhiêu điểm

cực trị?
A. 4

B. 2

C. 1

D. 3

2
2
Câu 18. Nếu log 8 a  log 4 b  5 và log 4 a  log 8 b  7 thì giá trị của log 2  ab  bằng bao nhiêu?

A. 9

B. 18
4

Câu 19. Biết

C. 1

D. 3

dx

 a ln 2  b ln 5  c , với a, b, c là các số hữu tỉ. Tính S  a  3b  c
�
 x  1  x  2 
3

A. S  3

B. S  2

C. S  2

D. ..

Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu  S  có tâm O và bán kính R không cắt mặt phẳng

 P  : 2 x  y  2 z  2  0 . Khi đó khẳng định nào sau đây đúng?
A. R 

2
3

B. R 

2
3

2
D. R �
3

C. R  1

Câu 21. Cho tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng  DBC  và DBC  90�. Khi quay các
cạnh của tứ diện xung quanh trục là cạnh AB, có bao nhiêu hình nón được tạo thành?
A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Câu 22. Có bao nhiêu số có bốn chữ số có dạng abcd sao cho a  b �c �d
A. 330

B. 246
C. 210
D. 426
r
Câu 23. Phép tịnh tiến theo v   1; 2  biến điểm M  3;1 thành điểm M �
. Tìm tọa độ M �

 4; 3
A. M �

 2; 1
B. M �

 4;3
C. M �

 2;1
D. M �

Câu 24. Cho hàm số y  f  x  có bẳng biến thiên như hình vẽ dưới đây.
x

-∞

-1

y�
y

2

-

+∞

+

2

+∞
-3 -∞

Hỏi đồ thị hàm số trên có bao nhiêu đường tiệm cận?
A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Câu 25. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 0  a �1 và bc  0 . Trong các khẳng định sau:
I. log a  bc   log a b  log a c

II. log a  bc  

1
log bc a

2

b
�b �
III. log a � � 2 log a
c
�c �
HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

4
IV. log a b  4 log a b

Trang 6


Có bao nhiêu khẳng định đúng?
A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

Câu 26. Cho số phức z thỏa mãn  1 z  là số thực. Tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là
2

A. Đường tròn

B. Parabol

C. Một đường thẳng

D. Hai đường thẳng

Câu 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  1; 3; 2  , B  3;5; 2  . Phương trình mặt
phẳng trung trực của AB có dạng x  ay  bz  c  0 . Khi đó a  b  c bằng
A. -4

B. -3

C. 2

� x3 2
�
x 1
�
�
Câu 28. Cho hàm số f  x   �
� mx  3
�
�
A. m  1

khi

D. -2

x �1
. Tìm m để hàm số liên tục tại x  1

khi

B. m  1

x 1

C. m  

11
4

D. m 

11
4

CÂU HỎI THUỘC CẤP ĐỘ VẬN DỤNG
Câu 29. Cho 9 x  9 x  3 . Giá trị của biểu thức T 
A. T = 2

B. T = 3

15  81x  81 x

bằng bao nhiêu?
3  3x  3 x

C. T = 4

D. T = 1

Câu 30. Cho hàm số y  x 3  bx 2  cx  d  c  0  có đồ thị  T  là một trong bốn hình dưới đây

Hỏi đồ thị  T  là hình nào?
A. Hình 1

B. Hình 2

C. Hình 3

D. Hình 4

Câu 31. Cho tứ diện ABCD có AB  CD  2a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, AD và MN  a 3 .
Tính góc tạo bởi hai đường thẳng AB và CD
A. 30�

B. 45�

C. 60�

D. 90�

Câu 32. Cho cấp số cộng  un  với số hạng đầu u1  2 và số hạng thứ năm u5  14 . Tổng của 10 số hạng
đầu của cấp số cộng  un  là

A. 232

B. 126

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

C. 155

D. 187

Trang 7


�x  1 khi
�
Câu 33. Cho hàm số f  x   �
�e 2 x khi
�
A. I 

7e 2  1
2e 2

B. I 

x �0

2

. Tích phân I 

x �0

11e 2  11
2e 2

�f  x  dx

có giá trị bằng bao nhiêu?

1

C. I 

3e 2  1
e2

D. I 

9e 2  1
2e 2

Câu 34. Cho số phức z thỏa mãn z.z  13 . Biết M là điểm biểu diễn số phức z và M thuộc đường thẳng
y  3 nằm trong góc phần tư thứ ba trên mặt phẳng Oxy. Khi đó môdun của số phức w  z  3  15i bằng
bao nhiêu?
A. w  5

B. w  3 17

C. w  13

D. w  2 5

2
2
2
Câu 35. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S  : x  y  z  2 x  4 z  11  0 và mặt

phẳng    : x  y  z  3  0 . Biết mặt cầu  S  cắt mặt phẳng    theo giao tuyến là đường tròn  T  . Tính
chu vi đường tròn  T 
A. 2

B. 4

D. 

C. 6

3
2
Câu 36. Cho hàm số y   m  7  x   m  7  x  2mx  1 . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm

số nghịch biến trên �
A. 4

B. 6

C. 7

D. 9

Câu 37. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi E,F lần lượt là các điểm đối xứng của B qua C,D và M
là trung điểm của đoạn thẳng AB. Gọi  T  là thiết diện của tứ diện ABCD khi cắt bởi mặt phẳng  MEF  .
Tính diện tích S của thiết diện  T 
A. S 

a2
2

B. S 

a2 3
6

C. S 

a2 3
9

D. S 

a2
6

�
�
�
�
.s inx  1  sin �  x �với x � 0;3  là
Câu 38. Số nghiệm của phương trình cos�  x �
�2

�
�2
�
A. 2

B. 3

Câu 39. Gọi a là hệ số không chứa

C. 4
x

D. 5

trong khai triển khai triển nhị thức Niu-tơn
n 1

n

n

2 �
2 �
2 �
�2 2 �
0
2 n
1
2 n 1 �
n 1

2 �
n�
�x 
� Cn  x   Cn  x  � � K  Cn  x  � �  Cn � �(n là số nguyên dương).
x�
�
�x�
�x�
�x�
Biết rằng trong khai triển trên tổng hệ số của ba số hạng đầu bằng 161. Tìm a
A. a =11520

B. a =11250

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

C. a =12150

D. a =10125

Trang 8


Câu 40. Cho  H  là hình phẳng giới hạn bởi

1
4

cung tròn có bán kính R=2, đường cong
y  4  x và trục hoành ( miền tô đậm như hình

vẽ). Tính thể tích V của khối tạo thành khi cho
hình  H  quay quanh trục Ox.
A. V 

77
6

B. V 

8
3

C. V 

40
3

D. V 

66
7

Câu 41. Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a. Diện tích xung quanh S xq của hình trụ có đáy là đường tròn
ngoại tiếp tam giác BCD và có chiều cao bằng chiều cao của tứ diện ABCD là
A. S xq 

 a2 2
3

B. S xq 

 a2 3
2

2
C. S xq   a 3

D. S xq 

2 a 2 2
3

Câu 42. Gọi a,b lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của số nguyên m thỏa mãn phương trình
log 0.5  m  6 x   log 2  3  2 x  x 2   0 có duy nhất một nghiệm. Khi đó hiệu a  b bằng
A. a  b  22

B. a  b  24

C. a  b  26

D. a  b  4

CÂU HỎI THUỘC CẤP ĐỘ VẬN DỤNG CAO
Câu 43. Từ 16 chữ cái của chữ “KI THI THPT QUOC GIA” chọn ngẫu nhiên ra 5 chữ cái. Tính xác suất để
chọn được 5 chữ cái đôi một phân biệt
A.

95
1092

B.

41
78

C.

11
104

D.

31
52

Câu 44. Cho hình chóp S . ABCD có ABC  ADC  90�, SA vuông góc với đáy. Biết góc tạo bởi SC và đáy
ABCD bằng 60�, CD  a và tam giác ADC có diện tích bằng

3a 2
. Diện tích mặt cầu S mc ngoại tiếp
2

hình chóp S . ABCD là
2
A. S mc  16 a

2
B. S mc  4 a

2

C. S mc  32 a

2
D. S mc  8 a

Câu 45. Cho số phức z thỏa mãn z  1  3i  2 z  4  i �5 . Khi đó số phức w  z  1  11i có môdun bằng
bao nhiêu?
A. 12

B. 3 2

C. 2 3

D. 13

Câu 46. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C ; SA vuông góc với đáy; SC  a .
Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  . Tính sin  để thể tích khối chóp S . ABC lớn nhất

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 9


A. sin  

1
3

B. sin  

1
3

C. sin  

2
3

6
3

D. sin  

2
2
Câu 47. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để phương trình 9 x  2.3x 1  3m  1  0 có đúng 3

nghiệm thực phân biệt
A. 0

B. 1

C. 2

D. vô số

Câu 48. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  0; 1; 1 , B  1; 3;1 . Giả sử C,D là 2
điểm di động thuộc mặt phẳng  P   2 x  y  2 z  1  0 sao cho CD  4 và A,C,D thẳng hàng. Gọi S1 , S2
lần lượt là diện tích lớn nhất và nhỏ nhất của tam giác BCD. Khi đó tổng S1  S 2 có giá trị bằng bao nhiêu?
A.

34
3

B.

17
3

C.

11
3

D.

37
3

Câu 49. Trên cánh đồng cỏ có 2 con bò được cột vào hai cây cộc khác nhau. Biết khoảng cách giữa 2 cọc là
5 m , còn hai sợi dây buộc hai con bò lần lượt có chiều dài là 4 m và 3 m ( không tính phần chiều dài dây
buộc bò ). Tính diện tích mặt cỏ lớn nhất mà 2 con bò có thể ăn chung (làm tròn đến hàng phần nghìn).
A. 6, 642m 2

B. 6, 246m 2

Câu 50. Cho phương trình  m  1

x

C. 4, 624m 2
2

D. 4, 262m 2

 2    x  4   11x 2  8 x  8   0 . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên
3

của m để phương trình có bốn nghiệm thực phân biệt
A. 6

B. 5

C. 4

D. vô số

Đáp án
1C
11C
21C
31C
41D

2C
12A
22A
32C
42A

3B
13B
23B
33D
43B

4D
14D
24C
34C
44A

5A
15A
25B
35B
45D

6D
16D
26D
36C
46B

7D
17B
27A
37D
47B

8A
18A
28C
38D
48A

9B
19B
29A
39A
49A

10C
20B
30A
40C
50C

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
 3x 2  6 x  3x  x  2  .
Cách 1: Ta có: y �
x0
�
0� �
Khi đó: y �
. Suy ra hàm số có 2 điểm cực trị.
x2
�
Cách 2: Ta có: b 2  3ac  9  0  9  0 . Suy ra hàm số có 2 điểm cực trị.

Chú ý: Hàm số y  ax3  bx 2  cx  d với a �0 có số cực trị là 0 hoặc 2 và phụ thuộc vào dấu của b 2  3ac
. Cụ thể:
HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 10


+) b 2  3ac  0 : Hàm số có 2 điểm cực trị
+) b 2  3ac �0 : Hàm số không có cực trị
Câu 2: Đáp án C
1
cos 2 x
sin  ax  b  dx   cos  ax  b   C . Do đó: �
sin 2 xdx  
C .
Ta có: �
a
2
Câu 3: Đáp án B
Hình chiếu vuông góc của A  1; 2; 4  trên mặt phẳng  Oyz  là điểm N  0; 2; 4  .
Chú ý: Hình chiếu vuông góc của điểm A  x0 ; y0 ; z0  trên:
+) mặt phẳng  Oxy  là điểm: M  x0 ; y0 ;0 
+) mặt phẳng  Oyz  là điểm: N  0; y0 ; z0 
+) mặt phẳng  Oxz  là điểm: P  x0 ;0; z0 
Câu 4: Đáp án D
Ta có  e 2 x  � 2e 2 x , suy ra D sai.
Câu 5: Đáp án A
Ta có z  2  3i � z  2  3i , suy ra z có phần ảo là: 3.
Câu 6: Đáp án D
Khẳng định A sai vì: Hàm số đạt cực tiểu tại x  1

 định
  B sai
 vì: f  1
Khẳng

5

3

min y
 2;3

3 và min y  5
 2;3

y
Khẳng định C sai vì: f  2  mà chỉ có lim f  x   2 �  max
 2;3 . Vậy D đúng.
x �2

Chú ý: Cực đại của hàm số là cách nói gọn của giá trị cực đại của hàm số. Dựa vào bảng biến thiên ta có
y CĐ=0 . Do đó D đúng.
Câu 7: Đáp án D
1

Nếu  không phải số nguyên thì   có nghĩa khi a  0 nên  5  3 không có nghĩa.
Câu 8: Đáp án A
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên ...

Câu 9: Đáp án B

Đồ thị hàm số y 

2x  1
có tiệm cận đứng x  3 , tiệm cận ngang y  2 . Suy ra I  3; 2  .
x 3

Trong các đường thẳng ở các phương án A, B, C, D chỉ có I  3; 2  thuộc đường thẳng x  y  1  0 .
HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 11


Câu 10: Đáp án C
Cách 1:
Dựa vào hình vẽ ta đếm được số đỉnh a  20 , số cạnh b  30 , số mặt c  12 .
Suy ra: T  a  b  c  20  30  12  38 .
Cách 2:
Đa diện ở hình vẽ là hình đa diện đều 12 mặt.
Nên ta có các thông số về số đỉnh, số cạnh, số mặt lần lượt là 20,30,12.
Suy ra: T  a  b  c  20  30  12  38 .
Câu 11: Đáp án C
Do tanx  2

cos x

0 . Khi đó: T 

 3sin x  2cos x  : cos x  3tan x  2  3.2  2  4
.
 sin x  3cos x  : cos x tan x  3 2  3 5

Câu 12: Đáp án A
����
4 x3 8 x 
4 x  x 2 2  ; y� 0
Ta có: y �

�x  0
�
x�2
�

x��
0; 5 �
�
�

�x  0
�
x 2
�

�
� y  0  1
�
�
Khi đó: �y 2  3 � min y  3 .
x��
0; 5 �
�

�
�
�
y 5 6
�
�

 

 

Câu 13: Đáp án B
Gọi số tiền ban đầu là T. Sau n năm, số tiền thu được là: Tn  T  1  0, 084   T .  1,084  .
n

n

Khi đó, Tn  2T � T .  1, 084   2T �  1, 084   2 � n  log1,084 2 �8,59 .
n

n

Vì n ��nên ta chọn n =9.
Câu 14: Đáp án D
Do z  i là nghiệm phức của phương trình z 2  az  b  0 nên suy ra:
�
b 1  0
a0
�
i 2  ai  b  0 � b  1  ai  0 � �

��
� a  b  1.
�b  1
�a  0

Câu 15: Đáp án A

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 12


 SAC    ABC  �
�
Do  SAB    ABC 
�� SA   ABC 
 SAC  � SAB   SA�
�
�  SC ,  ABC    SCA  60�� SA  AC tan SCA  a 3
Gọi I,H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên BC, SI, khi đó: d  A,  SBC    AH
a 3
Tam giác ABC đều cạnh a nên AI 
2
Khi đó xét tam giác SAI :
1
1
1
1
4
5

a 15
a 15
. Vậy h  d  A,  SBC   
.
 2  2  2  2  2 � AH 
2
AH
SA
AI
3a 3a
3a
5
5
Câu 16: Đáp án A
b

c

b

a

a

c

f  x  dx   �
f  x  dx  �
f  x  dx    2   5  7 .
Dựa vào đồ thị trên hình vẽ ta có S  �

Câu 17: Đáp án B
�x  0
x  2
 x  0 � �
Ta có f �
�
�
x  �1
�

 x  qua x  �1 không đổi dấu.
Do x  �1 là các nghiệm bội chẵn nên f �
Vậy hàm số có hai điểm cực trị là x  0 và x  2 .
Câu 18: Đáp án A
� � 13 �
1
�1
2
a b � log 2 25
�log 2 �
� 13
log
a

log
b

5
5
2

2
2
�
�log 8 a  log 4 b  5
�3
� � �
�a b  2
2
�
�
�
Ta có �
�
�
� 1
1
log 4 a 2  log8 b  7
�
�1 log a 2  1 log b  7
� � 3�
�ab 3  27
7
log 2 �
ab � log 2 2
2
2
�
�
3
�2

� � �
4

3

Suy ra  ab  3  212 � ab   212  4  29 � log 2  ab   log 2 29  9 .
Câu 19: Đáp án B


dx
1
ax  b

ln
Áp dụng công thức giải nhanh dạng I  �
ad  bc cx  d
  ax  b   cx  d 
4

dx
1
x 1

ln
Ta có: �
x  1  x  2  3 x  2
3 

4

3





1 5
1
1
  ln    ln 5  3ln 2   ln 2  ln 5  a ln 2  b ln 5  c
3 8
3
3

1
Suy ra a  1; b   ; c  0 � a  3b  c  1  1  2 .
3
HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 13




dx
1
ax  b

ln
Chú ý: Ta có công thức giải nhanh I  �

ad  bc cx  d
  ax  b   cx  d 



.


Câu 20: Đáp án B
Do  S  không cắt  P  � d  O,  P    R �

02
22   1  2 2
2

R�R

2
3.

Câu 21: Đáp án C
Trong 5 cạch còn lại (không kể cạnh AB) chỉ có 3 cạnh AD, DB, AC khi
quay quanh trục AB tạo ra các hình nón. Do đó có 3 hình nón được tạo
thành (như hình vẽ).
Chú ý: Do CB   ADB  � CB  AB , do đó CB quay quanh AB chỉ tạo
ra hình tròn mà không phải là hình nón.

Câu 22: Đáp án A
Do a  b �c �d , suy ra a,b,c,d được chọn từ chín chữ số từ tập T   1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 .
abcd

�
�
abcd
Ta có a  b �c �d � �
�
abcd
�
abcd
�
Trường hợp 1: Với a  b  c  d (*)
Do mỗi cách chọn bộ 4 chữ số a,b,c,d từ tập T ta chỉ có thể tạo ra được một số duy nhất thỏa mãn điều kiện
4
(*) . Do đó số các số thỏa mãn điều kiện (*) là: C9

Trường hợp 2: Với a  b  c  d (2*) .
Số các số thỏa mãn điều kiện (2*) cũng chính là số lượng các số có 3 chữ số dạng abc thỏa mãn a  b  c .
3
Lí luận tương như Trường hợp 1 ta được kết quả: C9
3
Trường hợp 3: Với a  b  c  d . Tương tự như Trường hợp 2 ta được kết quả: C9
2
Trường hợp 4: Với a  b  c  d . Lí luận tương tự như Trường hợp 2 ta được kết quả: C9
4
3
3
2
Vậy số lượng các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: C9  C9  C9  C9  330 .

Câu 23: Đáp án B
HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 14


r
Ta có Tvr  M   M �
với v   a; b    1; 2  . Khi đó ta có biểu thức tọa độ:
�xM � xM  a  3  1  2
� M�
 2; 1 .
�
y

y

b

1


2


1


�
M
M
�

Câu 24: Đáp án C
�lim y  �
�x � 1 
�
Từ bảng biến thiên: �lim y  �� x  1; x  2 là các tiệm cận đứng và y  2 là tiệm cận ngang
�x�2
�lim y  2
� x � �
Suy ra đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.
Câu 25: Đáp án B
4
Vì bc  0 nên b,c có thể cùng âm do đó log a  bc   log a b  log a c ;log a b  4 log a b → I, IV sai.

Còn log a  bc  

1
chỉ đúng khi 0  a �1 và 0  bc �1 , song bài toán không có điều kiện bc �1
log bc a

Do đó II sai. Vậy chỉ có III đúng.
Câu 26: Đáp án D
Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn số phức z  x  yi
x  1
�
2
2
2
Khi đó:  1  z    1  x  yi    1  x   y 2  2  1  x  yi là số thực � 2  1  x  y  0 � �
�y  0
Suy ra tập hợp biểu diễn số phức z là hai đường thẳng x  1 và y  0 .

Câu 27: Đáp án A
uuu
r
r
1 uuu
r
Ta có AB   2;8; 4   2  1; 4; 2  � n( P )  AB   1; 4; 2  , trung điểm của AB là I  2;1;0 
2
Vậy phương trình mặt phẳng trung trực của AB là  P  : x  4 y  2 z  6  0
�a  4
�
��
b  2 � a  b  c  4 .
�
c  6
�
Câu 28: Đáp án C
�
x3 2
x 1
1
1
lim f  x   lim
 lim
lim

�
�
x �1
x�1

x�1
x 1
 x  1 x  3  2 x�1 x  3  2 4
Ta có �
�
f  1  m  3
�



Để hàm số liên tục tại x  1 thì lim f  x   f  1 �
x �1



1
11
 m3� m   .
4
4

Câu 29: Đáp án A
HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 15


�
� x 3 5
3 5

�
3x 
A
�9 
2
2
2x
x
�
�
Biến đổi pt � 9  3.9  1  0 � �
�
�x 3  5
3 5
�
9


0
�
3x 
B
�
2
�
2
�

(Lưu các giá trị này vào các

biến A, B để thuận tiện tính toán).
Ta có T 

x

15  81  81
3  3x  3 x
x

1
(3x ) 4
. Dùng máy tính, ta bấm được
1
3  3x  x
3

15  (3x ) 4 


1
1
15  B 4  4
4
A 2
B 2
TA 
TB 
và
.
1

1
3 A
3 B 
A
B
15  A4 

Câu 30: Đáp án A
Ta có y '  3x 2  2bx  c và  '  b 2  3c  0 do c  0 , suy ra pt y '  0 có 2 nghiệm x1 , x2 phân biệt. Do đó
hàm số đã cho có 2 cực trị.
Hơn nữa vì a  1 , c  0 � x1 x2 

c
 0 nên 2 cực trị của hàm số là trái dấu nhau.
a

Dựa vào đồ thị ta chọn đáp án A.
Câu 31: Đáp án C
Qua M vẽ đường thẳng song song với AB cắt AC tại P và vẽ
đường thẳng song song với CD cắt BD tại Q. Ta có mp
(MNPQ) song song với cả AB và CD. Từ đó
�, MQ )  PMQ
� .
(�
AB, CD)  ( MP
Áp dụng tính chất đường trung bình trong tam giác (do M,
N

là

các

trung

điểm)

ta

suy

ra

được

MP  MQ  NP  NQ  a hay tứ giác MPNQ là hình thoi.
Tính
� )
cos( PMN

được
MN
3
�  30�� PMQ
�  2.PMN
�  60�.

� PMN
2MP
2

Câu 32: Đáp án C
Ta có u1  2 và u5  u1  4d  14 , suy ra công sai d  3 .

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 16


Từ công thức tính tổng S n  nu1 

n(n  1)
10.(10  1)
d , ta suy ra S10  10.2 
.3  155 .
2
2

Câu 33: Đáp án D
2

Ta có I 

0

2

0

2

f ( x)dx  �
e dx  �
( x  1)dx  A �4, 432
�f ( x)dx  �f ( x)dx  �
2x

1

1

1

0

(Dùng máy tính lưu giá trị vào

0

biến A.
Dùng máy tính bấm từng đáp án trừ đi biến A, kết quả nào bằng 0 hoặc xấp xỉ bằng 0 (  108 ,109 …) thì
chọn đáp án đó.
Câu 34: Đáp án C
Gọi số phức z  a  bi , a, b ��.
Từ z.z  13 suy ra a 2  b 2  13 . Mặt khác M (là điểm biểu diễn của số phức z ) thuộc đường thẳng y  3
nên ta có b  3 , suy ra a  �2 .
Lại vì M nằm trong góc phần tư thứ ba của mp Oxy nên ta chọn được a  2 , suy ra z  2  3i .
Vậy w  z  3  15i  2  3i  3  15i  13 .
Câu 35: Đáp án B
Từ pt mặt cầu (S) suy ra tâm I (1;0; 2) và bán kính R  4 .
Gọi h là khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng ( ) , ta có h  d ( I ,  ) 

1 2  3
3

2 3.

Gọi r là bán kính đường tròn (T), ta có r  R 2  h 2  2 .
Vậy chu vi đường tròn (T) là C  2 r  4 .
Câu 36: Đáp án C
Ta có y '  3(m  7) x 2  2(m  7) x  2m .
+ Với m  7 suy ra y '  14  0, x ��, do đó hàm số nghịch biến trên �.
+ Với m �7 , hàm số nghịch biến trên � khi y '  0, x ��, điều này tương đương với điều kiện
3(m  7)  0
m7
�
�
�
��
 2
�
�
7 m  56m  49 �0
�  ' �0
�

�m  7
�
1 �m �7
�

1 m 7.

Kết hợp cả 2 trường hợp ta có 1 �m �7 , vậy có 7 giá trị nguyên của m để hàm số nghịch biến trên �.
Câu 37: Đáp án D
Vẽ AO  ( BCD) , MH  ( BCD ) . Gọi K là trung điểm EF, ta có ( ABK )  ( BCD) , mp (ABK) chứa AO, MH
và là mặt phẳng trung trực của đoạn CD và EF.
Gọi J là trung điểm CD; G là giao điểm của MK và AJ; I là giao điểm của MK và AO.

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 17


Gọi N, P lần lượt là giao điểm của ME với AC, MF với AD. Khi đó (MNP) chính là thiết diện khi cắt tứ diện
đều ABCD bởi mp (MEF). Vì
BE=BF=2a nên ta cũng có MN=MP,
hay tam giác MNP cân tại M, đường
cao MG.
Để tính diện tích MNP, ta cần đi tìm
MG và NP.
Vì G là giao điểm của các đường
trung tuyến AJ và MK trong tam giác
ABK nên G là trọng tâm của tam giác
1
ABK, do đó MG  MK (1) và
3
AG 

2
AJ

3

hay

2
2a
NP  CD 
3
3

(vì NP//CD//EF và chứng minh dựa vào các tam giác đồng dạng, tính chất tỉ số đồng dạng và các đường
cao; đường cao AG, AJ trong tam giác ANP và ACD).
Áp dụng nhanh: tam giác đều cạnh a có độ dài mỗi đường cao là
Tam giác đều BCD cạnh a có đường cao BJ 

2
a
3
. Lại vì MH là
a , trọng tâm O, suy ra BO  BJ 
3
3
2

đường trung bình trong tam giác vuông ABO nên MH 
Ta có HK  HJ  JK 

3
3 2
a (và diện tích là

a ).
2
4

1
1
1 2 a2
a
.
AO 
AB 2  BO 2 
a 

2
2
2
3
6

1
2
5
5 3
5a
BJ  BJ  BJ  .
a
, (lưu ý BJ  BK ).
2
3
3

3 2
2 3

Vì tam giác MHK vuông tại H nên ta có MK  MH 2  HK 2 

a 2 25a 2 3a
.


6
12
2

1
1 3a a
2a
Quay lại (1), ta có MG  MK  . 
và NP 
, từ đó tính được diện tích tam giác MNP là
3
3 2 2
3
S MNP 

1
1 a 2a a 2
.
MG.NP  . .

2

2 2 3
6

Câu 38: Đáp án D
�
�
�
�
Ta có cos �  x � sin x và sin �  x � cos x , biến đổi phương trình như sau
�2
�
�2
�

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 18


pt � sin x.sin x  1  cos x
� 1  sin 2 x  cos x  0
� cos 2 x  cos x  0
�x  k 2
cos x  0
�
��
�� 
�
cos x  1
x   k

�
� 2
5 �
�  3
0; ; ; 2 ; �, vậy số nghiệm của pt thỏa mãn yêu cầu đề bài là 5.
Với x �[0;3 ] , ta suy ra x ��
2
� 2 2
Câu 39: Đáp án A
n

2

2 �
2 �
�
�2 �
1 2( n 1) �
0 2n
. � �, Cn2 x 2( n 2) � �.
Ta có 3 số hạng đầu trong khai triển của �x 2 
� là Cn x , Cn x
x�
�x�
�
�x�
Do đó từ tổng hệ số của 3 số hạng đầu bằng 161, ta có pt
Cn0  Cn1 .( 2)  Cn2 (2) 2  161
n!
 161

2!(n  2)!
n( n  1)
� 1  2n  4.
 161
2
� 2n 2  4n  160  0
� 1  2n  4.

n  10 ( N )
�
��
n  8 ( L )
�
Vậy n  10 .
Ta có số hạng tổng quát trong khai triển trên là
�
2 �
k 2(10  k ) �
k
k 2(10  k ) �1
C10 x
� � C10 .(2) .x
� 12
�x�
�x
k

k

1

5
�
2(10  k )  k
20  k
k
k
2
� C10k .(2) k .x
 C10 .(2) .x 2
�
�

Vì a là hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển nên ta cho x

5
20  k
2

5
 x 0 � 20  k  0 � k  8 .
2

8
8
Do đó, hệ số a cần tìm là a  C10 .( 2)  11520 .

Câu 40: Đáp án C
Ta có pt đường tròn tâm O bán kính R  2 là x 2  y 2  4 , suy ra y 2  4  x 2 . Dựa vào hình vẽ đã cho, ta có
2 �x �0 , suy ra phần thể tích V1 do
0

0

2

2

V1   �y 2 dx   �(4  x 2 )dx 

1
đường tròn này tạo nên khi quay quanh trục Ox là
4

16
.
3

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 19


Phần thể tích V2 do đường cong y  4  x tạo nên khi quay quanh trục Ox với 0 �x �4 là
4

4

0

0

V1   �y 2 dx   �
(4  x)dx  8 .
Vậy V  V1  V2 

16
40
 8 
.
3
3

Câu 41: Đáp án D
Gọi r là bán kính đường tròn đáy và h là chiều cao tứ diện, ta có S xq  2 .r.h .
Nếu gọi M là trung điểm CD và G là trọng tâm tam giác BCD thì ta có r  BG 
Ta cũng có h  AG  AB 2  BG 2  a 2 

2
2 a 3
a
BM  .

.
3
3 2
3

a2 a 2
.


3
3

a a 2 2 a 2 2

Vậy S xq  2 .r.h  2 . .
.
3
3
3
Câu 42: Đáp án A
m
�
� m  6x  0
�x 
��
6 (*) . Dựa vào điều kiện này, ta thấy pt có nghiệm chỉ khi
Điều kiện của pt là �
3  2 x  x2  0
�
�
3  x  1
�
tập xác định khác rỗng, tức là

m
m
 1 � m  6 (Vì nếu x 
�1 thì khi kết hợp với 3  x  1 ta suy ra
6

6

được pt đã cho có tập xác định là tập rỗng, tức pt vô nghiệm).
Với điều kiện như trên, biến đổi pt ta được
pt � log 21 ( m  6 x)  log 2 (3  2 x  x 2 )  0
� log 2 (3  2 x  x 2 )  log 2 (m  6 x )
� 3  2 x  x2  m  6 x
� x 2  8x  m  3  0

(1)

Cách 1: Dùng hàm số
Pt (1) �  x 2  8 x  3  m . Đặt

f ( x)   x 2  8 x  3 , khảo sát hàm số trên khoảng (3;1) ta có

f '( x)  2 x  8  0, x �(3;1) , do đó hàm số nghịch biến trên (3;1) , vậy max f ( x )  f (3)  18 và
min f ( x)  f (1)  6 với x �( 3;1) .
Pt f ( x)  m luôn có một nghiệm trong khoảng (3;1) khi 6  m  18 . Vậy giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
số nguyên m thỏa mãn yêu cầu đề bài lần lượt là a  17 và b  5 , do đó tính được a  b  22 .
Cách 2: Phương pháp đại số
Yêu cầu bài toán trở thành: pt (1) có một nghiệm thỏa điều kiện (*). Ta xét 2 trường hợp:

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 20


 0 , tức 42  m  3  0 � m  19 . Khi đó pt (1) có nghiệm x  4 
+ TH1: �

19
 3 không thỏa điều
6

kiện (*). Vậy pt vô nghiệm.
 0 hay 19  m  0 � m  19 . Giả sử pt có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 và x1  x2 , ta có
+ TH2: �

x1  4  19  m và x2  4  19  m .
Khi đó pt ban đầu có duy nhất một nghiệm khi và chỉ khi pt (1) có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa một trong hai điều
x1 �3  x2  1
�
kiện �
3  x1  1 �x2
�

(2)
.
(3)

Ta thấy x1  4  19  m  3 với mọi m thỏa 6  m  19 , do đó điều kiện (3) không thể xảy ra. Ta xét
điều kiện (2) với phần còn lại của nó, tức là
3  x2  1 � 3  4  19  m  1
� 1  19  m  5
� 1  19  m  25
� 6  m  18
Vậy giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của số nguyên m thỏa mãn yêu cầu đề bài lần lượt là a  17 và b  5 , do
đó tính được a  b  22 .
Câu 43: Đáp án B

Có tất cả 16 chữ, trong đó có 3 chữ I, 3 chữ T, 2 chữ H và còn lại 8 chữ khác nhau thuộc tập
B   K , P, Q, U , O, C , G, A .
5
Chọn ngẫu nhiên 5 trong 16 chữ cái ta được không gian mẫu là C16  4368 cách chọn.

Cách đơn giản nhất để tính đúng số cách chọn 5 chữ cái đôi một phân biệt đó là ta chia số trường hợp để
đếm, cụ thể:
5
+ Chọn được 5 trong số 8 chữ cái khác nhau có C8  56 cách.
1
4
+ Chọn được 1 chữ I và 4 chữ còn lại trong tập B có C3 .C8  210 . Tương tự chọn được 1 chữ T hoặc 1 chữ
1
4
1
4
H, và 4 chữ còn lại trong tập B, ta có số cách tương ứng là C3 .C8  210 và C2 .C8  140 .
1
1
3
+ Chọn được 1 chữ I và 1 chữ T, 3 chữ còn lại trong tập B có C3 .C3 .C8  504 . Tương tự chọn được 1 chữ I

và 1 chữ H, hay chọn được 1 chữ T và 1 chữ H, và 3 chữ còn lại trong tập B, số cách tương ứng là
C31.C21 .C83  336 và C31.C21 .C83  336 .
1
1
1
2
+ Chọn được 1 chữ I, 1 chữ T, 1 chữ H và 2 chữ còn lại trong tập B có C3 .C3 .C2 .C8  504 cách.

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 21


Vậy xác suất cần tính là

56  (210  210  140)  (504  336  336)  504 2296 41


.
4368
4368 78

Câu 44: Đáp án A
Ta có SC là đường kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD vì các góc ở đỉnh A, B, D đều nhìn SC
�  SDC
�  SAC
�  90�). Do đó bán kính của mặt cầu là R  1 SC .
dưới góc 90 độ ( SBC
2
Tam giác ADC vuông tại D có AD 

2.S ADC 2.a 2 3

 a 3 , suy ra AC  AD 2  DC 2  3a 2  a 2  2a .
CD
2a

�

�  60�
Ta có ( SC
. Tam giác SAC vuông tại A có SC 
, ( ABC D))  SCA
Do đó R 

AC
 2a.2  4a .
� )
cos( SCA

1
SC  2a , ta tính được S mc  4 R  16a 2 .
2

Câu 45: Đáp án D
Dùng máy tính và lệnh CALC trong chế độ số phức, ta tìm số phức z thỏa mãn z  1  3i  2 z  4  i �5 .
Ví dụ với z  4  i thì dấu “=” xảy ra, ta tính được w  z  1  11i  4  12i  13 .
Câu 46: Đáp án B
Ta có BC  AC và BC  SC , do đó góc giữa mp(SBC) và
mp(ABC) chính là góc SCA.
1
1
1
1
2
Mặt khác VS . ABC  SA.SABC  SA. AC.BC  SA. AC (vì
3
3
2

6
AC  BC và AC  BC ).
Vì tam giác SAC vuông tại A nên ta có SA  SC.sin   a sin 
và AC 2  SC 2  SA2  a 2  a 2 sin 2  .
Từ

đó

VS . ABC 

1
1
SA. AC 2  a sin  .(a 2  a 2 sin 2  ) ,
6
6

t  sin  ta có hàm số thể tích theo t như sau V (t ) 

đặt

1 3
a t (1  t 2 )
6

.
a6 2
.t (1  t 2 )(1  t 2 )
36
a6
2

V  .2.t 2 .(1  t 2 )(1  t 2 ) �...
72
V2 

2
2
2
Dấu “=” xảy ra khi 2t  1  t  t 

1
1
1
 t 
 sin  
3
3
3

Câu 47: Đáp án B
HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 22


Pt � 32 x  6.32 x  3m  1  0 . Đặt t  3x , điều kiện của t là t �1 do x 2 �0 , ta thu được pt
2

2

t 2  6t  3m  1  0 (1) .

Nhận xét: cứ mỗi giá trị của t thì cho ta 2
2
giá trị đối nhau của x, vì x  log 3 t . Tuy

nhiên với t  1 thì chỉ cho một giá trị
x  0 . Do đó, phương trình đã cho có 3

nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi pt (1)
có 1 nghiệm t  1 và một nghiệm t  1 .
Từ t  1 ta tìm được m  2 và nghiệm còn
lại t  5 .
Vậy chỉ có duy nhất một giá trị của m thỏa
mãn yêu cầu là m  2 .
Câu 48: Đáp án A
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳng CD, khi đó ta có S BCD 

1
1
BH .CD  BH .4  2 BH .
2
2

Do đó yêu cầu bài toán trở thành tìm H để khoảng cách BH là lớn nhất hay nhỏ nhất.
Ta thấy BH nhỏ nhất đúng bằng khoảng cách từ B đến mp (P), ta có
min  BH   d  B;( P )  

2.(1)  (3)  2.1  1
22  12  (2) 2



8
8 16
� S 2  min  S BCD   2 BH  2.  .
3
3 3

Hơn nữa BH lớn nhất chính là khoảng cách từ B đến A, ta có
max  BH   AB  ( 1) 2  ( 2) 2  2 2  3 � S1  max  S BCD   2 BH  2.3  6 .
Vậy S1  S 2 

16
34
6 .
3
3

Câu 49: Đáp án A
Ta giải bằng phương pháp gắn hệ
tọa độ Oxy, với gốc tọa độ O
chính là chỗ cây cộc buộc con bò
có sợi dây dài 3m, trục Ox là
đường nối 2 cây cộc buộc dây của
2 con bò, ta được như hình vẽ.
Khi đó con bò có sợi dây 3m có
thể ăn cỏ trong hình tròn giới hạn
bởi đường tròn có bán kính 3m và
HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 23

có phương trình đường tròn tâm O là x 2  y 2  9 , suy ra y  9  x 2 là đường phía trên trục hoành. Ta cũng
có phần cỏ của con bò có sợi dây 4m bị hạn chế trong đường tròn có phương trình tâm A, bán kính 4 là
( x  5) 2  y 2  16 , suy ra y  16  ( x  5) 2 là đường nằm phía trên trục hoành.
Giao điểm của 2 đường tròn này là nghiệm của hệ 2 pt đường tròn đó
� x2  y 2  9
�x 2  y 2  9
� x  1,8
�
��
, suy ra hoành độ điểm B là x  1,8 .
�
�
2
2
( x  5)  y  16
10 x  18
�y  �2, 4
�
�
Ta chỉ cần tính phần diện tích phía trên trục hoành, phần dưới trục hoành có độ lớn cũng bằng như vậy. Từ
B ta vẽ đường nét đứt vuông góc với Ox để chia đôi phần cần tính diện tích phía trên trục hoành, ta có
1,8

3

S  2( S1  S 2 ) , trong đó S1  � 16  ( x  5) 2 dx và S1  � 9  x 2 dx .
1
1,8

2
Bấm máy tính ta được S  2( S1  S 2 ) �6, 642m .

Câu 50: Đáp án C
Ta biến đổi pt về dạng

( x  4)(11x 2  8 x  8)
( x 2  2)3

 1  m . Đặt vế trái là f ( x ) , ta đi khảo sát hàm số và tìm số

giao điểm của đường thẳng y  1  m và đồ thị hàm số y  f ( x) .
� 1
x
�
6(2 x  1)(3 x  8 x  8)
2
Ta có f '( x) 
và f '( x)  0 � �
lập được bảng biến thiên sau
2
2
2
( x  2) x  2
� 4 �2 10
x
�
3
�
2

x
f '( x )

�
+

4  2 10
3
0
16

f ( x)



1
2
0

+

4  2 10
3
0
16

�

11

9

-11
Từ đó đường thẳng y  1  m cắt đồ thị hàm số y  f ( x) tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi 11  1  m  16
hay 15  m  10 . Vậy có tất cả 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu đề bài là 14; 13; 12; 11 .
* Lưu ý: các giá trị của hàm số tại vô cùng được tính bằng giới hạn, dùng máy tính bấm sẽ nhanh hơn.

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 24