DTK BGDDT NAM 2018 2019

Câu 1.

ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019
[2H1-3.2-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Thể tích của khối lập phương cạnh 2a bằng
A. 8a 3 .
B. 2a 3 .
C. a 3 .
D. 6a 3 .
Lời giải
Chọn A
Thể tích của khối lập phương cạnh 2a bằng  2a   8a 3 .
3

Câu 2.

[2D1-2.2-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như
sau

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

C. 0 .

D. 5 .

Lời giải

Câu 3.

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng 5 .
[2H3-1.1-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian O xyz , cho hai điểm
uuu
r
A  1;1; 1 và  B  2; 3; 2  , véc tơ AB có tọa độ là
A.  1;2;3  .

B.   1;  2;3  .

C.  3 ; 5 ;1  .

D.  3 ; 4 ;1  .

Lời giải
Chọn A

uuu
r
uuu
r
Áp dụng công thức AB   xB  xA ; yB  y A ; zB  z A  . Vậy ta có AB   1; 2;3  .
Câu 4.

[2D1-1.2-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y  f  x có đồ thị như hình vẽ bên.
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A.  0;1 .

B.  �; 1 .

C.  1;1 .

D.  1;0 .

Lời giải
Chọn D
Câu 5.

Nhìn đồ thị hàm số ta thấy hàm số y  f  x đồng biến trên khoảng  1;0 và  1; � .
[2D2-3.2-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Với a và b là hai số thực dương tùy ý,





log ab2 bằng

A. 2 log a  log b .

B. loga  2logb.

C. 2 loga  logb .
Lời giải

1
D. loga  logb.
2


Chọn B

2
2
Với a và b là hai số thực dương ta có log ab   loga  logb  loga  2logb .
1

Câu 6.

[2D3-2.1-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho

f  x dx  2
�

1

và

0

g x dx  5,
�

khi đó

0

1

�
�
�f  x  2g x �

�dx bằng
0

A. 3 .

C. 8.

B. 12 .

D. 1.

Lời giải
Chọn C
1

1

1

0

0

0

�
f  x dx  2�
g x dx  2  2.5  8.
�
�f  x  2g x �

�dx  �

Câu 7.

[2H2-2.7-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Thể tích khối cầu bán kính a bằng
4 a 3
 a3
A.
.
B. 4 a 3 .
C.
.
D. 2 a 3 .
3
3
Lời giải
Chọn A

Câu 8.

4
4 3
3
Thể tích khối cầu bán kính R  a là: V   R   a .
3
3
[2D2-5.1-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019)
log 2  x  x  2   1 là

Tập

nghiệm

của

phương

trình

2

A.  0 .

B.  0;1 .

C.  1; 0 .

D.  1 .

Lời giải
Chọn B
x0
�
2
Ta có: log 2  x  x  2   1 � x 2  x  2  2 � x 2  x  0 � �
.
x 1
�
Vậy tập nghiệm của phương trình là  0;1 .
Câu 9.

[2H3-2.3-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  Oxz  có
phương trình là
A. z  0 .

B. x  y  z  0 .

C. y  0 .

D. x  0 .

Lời giải
Chọn C

r
Mặt phẳng  Oxz  đi qua điểm O và nhận vecto j   0;1; 0  làm vecto pháp tuyến, nên phương
trình mặt phẳng  Oxz  là y  0 .

x
Câu 10. [2D3-1.1-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Họ nguyên hàm của hàm số f  x   e  x là
x
B. e 

A. e x  x 2  C .

1 2
x C .
2

C.

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

Lời giải
Chọn B
Ta có

f  x  dx  �
 e  x  dx  e
�
x

x



1 2
x C .
2


Câu 11. [2H3-3.3-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , đường thẳng

d:

x 1 y  2 z  3



đi qua điểm nào dưới đây?
2
1
2

A. Q  2;  1; 2  .

B. M  1;  2;  3 .

C. P  1; 2;3 .

D. N  2;1;  2  .

Lời giải
Chọn C
Thay tọa độ của các điểm Q , M , N vào phương trình đường thẳng d ta được các mệnh đề sai.
Thay tọa độ điểm P vào phương trình đường thẳng d ta được mệnh đề đúng.
Vậy điểm P  1; 2;3 thuộc đường thẳng d .
Câu 12. [1D2-2.1-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Với k , n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa
mãn k �n , mệnh đề nào dưới đây đúng?
n!
n!
n!
k ! n  k  !
k
k
k
A. Cn 
.

B. Cn  .
C. Cn 
.
D. Cnk 
.
k ! n  k  !
n

k
!


k!
n!
Lời giải
Chọn A
k
Ta có Cn 

n!
.
k ! n  k  !

Câu 13. [1D3-3.3-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u1  2 và
công sai d = 5. Giá trị của u4 bằng
A. 22 .

B. 17 .

C. 12 .

D. 250 .

Lời giải
Chọn B
Ta có un  u1   n  1 d  2  5(n  1)  5n  3.
Khi đó u4  5.4  3  17.
Câu 14. [2D4-1.2-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Điểm nào trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số
phức z  1  2i ?

A. N .

B. P .

C. M .

D. Q .

Lời giải
Chọn D
Do Q  1; 2  nên điểm Q biểu diễn số phức z  1  2i.
Câu 15. [2D1-5.1-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số
nào dưới đây?


A. y 

2x 1
.
x 1

B. y 

x 1
.
x 1

C. y  x 4  x 2  1 .

D. y  x 3  3 x  1 .

Lời giải
Chọn B
Dựa vào đồ thị thấy hàm số đã cho không xác định tại x  1 nên loại đáp án C, D.
y  1 nên đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số y  x  1 .
Mặt khác xlim
��
x 1
Câu 16 . [2D1-3.1-1] Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn (-1;3) và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi

M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  1;3 . Giá trị của
M  m bằng

A. 0.

B. 1.

C. 4.

D. 5.

Lời giải
Chọn D

y  3 , m  min y  2
Căn cứ vào đồ thị ta có M  max
[ 1;3]
[ 1;3]
Vậy M  m  5 .
3
Câu 17 . [2D1-2.1-2] Cho hàm số f  x  có đạo hàm f �
 x   x  x  1  x  2  , x �R . Số điểm cực trị của
hàm số đã cho là
A. 3.

B. 2.

C. 5.
Lời giải

Chọn A
Cách 1:
Ta có

x0
�
�
f�
 x   0 � �x  1
�

x  2
�

D. 1.


 x
Bảng dấu f �

Từ bảng dấu suy ra hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.
Cách 2: (Trắc nghiệm)
 x   0 có 2 nghiệm đơn và 1 nghiệm bội lẻ nên hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.
Nhận thấy f �
Câu 18. [2D4-1.1-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Tìm các số thực a và b thỏa mãn

2a   b  i  i  1  2i với i là đơn vị ảo.
1
B. a  , b  1 .
2

A. a  0, b  2 .

C. a  0, b  1 .

D. a  1, b  2 .

Lời giải
Chọn D
2a  1  1 �
a 1

�
��
Ta có 2a   b  i  i  1  2i � 2a  1  bi  1  2i � �
.
b2
b2
�
�
Vậy a  1, b  2 .
Câu 19. [2H3-1.3-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm I  1;1;1
và A  1; 2;3  . Phương trình của mặt cầu có tâm I và đi qua A là

A.  x  1   y  1   z  1  29 .
2

2

C.  x  1   y  1   z  1  25 .
2

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

2

2

2

2

2

2

D. x  12  y  12   z  1  5 .
Lời giải
2

Chọn B
Do mặt cầu

 S

có tâm I  1;1;1 và đi qua A  1; 2;3 nên bán kính của mặt cầu

 S

là

R  IA  5 . Vậy phương trình mặt cầu  S  là:  x  1   y  1   z  1  5 .
2

2

2

Câu 20. [2D2-3.2-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Đặt log 3 2  a , khi đó log16 27 bằng
3a
3
4

4a
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
4
4a
3a
3
Lời giải
Chọn B
Ta có log16 27 

log 3 33
3
3


.
4
log 3 2
4.log 3 2 4a

Câu 21. [2D4-4.1-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Ký hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương
trình z 2  3 z  5  0 . Giá trị của z1  z2 bằng
A. 2 5 .

B.

5.

C. 3 .
Lời giải

Chọn A

D. 10 .


� 3  i 11
z
�
2
2
�
�
Phương trình z  3 z  5  0
.
� 3  i 11
z
�
�
2
2

2

2
2
�3 � � 11 � �3 � � 11 �
z

z
Do đó 1
.

2  � � �
�
�
� � � �
�
� 2 5
�2 � �
� 2 � �2 � � 2 �
Câu 22 . [2H3-2.6-2] Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  10  0 và

mặt phẳng  Q  : x  2 y  2 z  3  0 bằng
A.

8
.
3

B.

7

.
3

C. 3 .

D.

4
.
3

Lời giải
Chọn B
1 2 2 10
  �
nên  P  //  Q  . Ta có điểm M  0; 0;5  � P  .
1 2 2 3

Ta có

Khoảng cách giữa hai mặt phẳng  P  và mặt phẳng  Q  bằng d   P  ,  Q    d  M ,  Q  
10  3





7
.
3

2  2 1
2
Câu 23. [2D2-6.2-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của bất phương trình 3x  2 x  27 là
A.  �; 1 .
B.  3; � .
C.  1;3 .
D.  �; 1 � 3; � .
2

2

2

Lời giải
Chọn C
3x

2

2 x

 27 � x 2  2 x  3 � x 2  2 x  3  0 � 1  x  3 .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  1;3 .
Câu 24. [2D3-3.1-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình
vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây?

2

A. �
 2 x 2  2 x  4  dx . B.
1

2

 2 x  2  dx .
�

1

2

 2 x  2  dx .
C. �
1

2

D.

 2 x
�

1

2

 2 x  4  dx .

Lời giải
Chọn D
Phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y   x 2  3 và
y  x 2  2 x  1 nên có diện tích được tính theo công thức:


2

S

2

�
dx 
  x 2  3   x2  2 x  1 dx  �
  x 2  3   x2  2 x  1 �
�
�
�

1

1

2

 2 x
�

2

1

 2 x  4  dx .

Câu 25. [2H2-1.1-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a và
bán kính đáy bằng a . Thể tích của khối nón đã cho bằng
A.

3 a3
.
3

B.

3 a3
.
2

C.

2 a3
.
3

D.

 a3
.
3

Lời giải
Chọn A

Gọi khối nón đã cho có S là đỉnh, O là tâm đáy, đường sinh SA . Ta có SA  2a , OA  a.
SO  SA2  OA2 

 2a

2

 a2  a 3 .

1
1
3 a3
Thể tích của khối nón là: V  SO. .OA2  .a 3. .a2 
.
3
3
3
Câu 26. [2D1-4.1-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y  f  x có bảng biến thiên như
sau

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

D. 2 .

Lời giải
Chọn C
Nhìn bảng biến thiên ta có:

y  2 � y 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.
+) lim
x��
y  5 � y 5 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.
+ lim
x��
y  �� x  1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.
+) lim
x�1

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là 3.
Câu 27. [2H1-3.2-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh
bằng 2a . Thể tích của khối chóp đã cho bằng


A.

4 2a 3
.
3

B.

8a 3
.

3

C.

8 2a 3
.
3

D.

2 2a 3
.
3

Lời giải
Chọn A

Xét khối chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy là hình vuông tâm O , suy ra SO   ABCD  .
Ta có:
+ AC  2a 2 � AO  a 2 ; SO  SA2  AO 2  4a 2  2a 2  a 2 .
+ S ABCD   2a   4a 2 .
2

1
1
4 2a 3
2
Vậy V  .SO.S ABCD  .a 2.4a 
.
3

3
3
2
Câu 28. [2D2-4.2-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Hàm số f  x   log 2  x  2 x  có đạo hàm

A. f �
 x 

ln 2
.
2
x  2x

 x 
B. f �

C. f �
 x 

 2 x  2  ln 2 .

 x 
D. f �

x2  2 x

1
 x  2 x  ln 2 .
2

x

 2 x  2
2

 2 x  ln 2

.

Lời giải
Chọn D



x

 x

Ta có f �
 x   log 2  x 2  2 x  �

2

2

 2x  �

 2 x  ln 2



2x  2
.
x

2
x
ln
2


2

Câu 29. [2D1-5.3-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như
sau:

Số nghiệm thực của phương trình 2 f  x   3  0 là
A. 4.

B. 3.

C. 2.
Lời giải

Chọn A

D. 1.


Ta có 2 f  x   3  0 � f  x   

3
2

 * .

Số nghiệm của phương trình  * bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng
3
y .
2
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y  f  x  , ta thấy đường thẳng y  

y  f  x  tại 4 điểm phân biệt.

3
cắt đồ thị hàm số
2

Do đó phương trình  * có 4 nghiệm phân biệt. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm thực.
B C D . Góc
Câu 30. [1H3-4.3-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD. A����

B CD  và  ABC ��
D  bằng
giữa hai mặt phẳng  A��
A. 30�.

B. 60�.

C. 45�

.

D. 90�.

Lời giải
Chọn D

�AB  AA�
� AB   ADD�
A�
D ( 1) .
 � AB  A�
Ta có: + �
�AB  AD
+ AD�
 A�
D ( 2) .

D   ABC ��
D.
Từ ( 1) và ( 2) suy ra A�
�
D   ABC ��
D
�A�
�  A��
B CD    ABC ��
D.
+�
�

��
A
D
�
A
B
CD


�

B CD  và  ABC ��
D  bằng 90�.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng  A��
Câu 31. [2D2-5.4-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình
log3  7  3x   2  x bằng

A. 2 .

C. 7 .

B. 1 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn A
Điều kiện: 7  3x  0 .
Ta có log 3  7  3x   2  x � 7  3x  32 x � 32 x  7.3x  9  0
Đặt t  3x , điều kiện 0  t  7

 * .

2
Phương trình  1 trở thành t  7t  9  0

 2 .

 1 .


7  13
7  13
Dễ thấy phương trình  2  có hai nghiệm t1 
, t2 
thỏa mãn điều kiện  *
2
2
x
x
x x
Theo định lý Vi-ét: t1.t2  9 � 3 1.3 2  9 � 3 1 2  9 � x1  x2  2 .

Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 2.
Câu 32. [2H2-1.4-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Một khối đồ chơi gồm hai khối trụ  H1  ,  H 2 
xếp chồng lên nhau, lần lượt có bán kính đáy và chiều cao tương ứng là r1 , h1 , r2 , h2 thỏa mãn

1
r2  r1 , h2  2h1 (tham khảo hình vẽ bên). Biết rằng thể tích của toàn bộ khối đồ chơi bằng 30
2

cm3 , thể tích khối trụ  H1  bằng
A. 24 cm3 .

B. 15cm3 .

C. 20 cm3 .

D. 10cm3 .

Lời giải
Chọn C
Gọi thể tích của toàn bộ khối đồ chơi là V  30 cm 3 , thể tích của khối trụ  H1  và thể tích khối trụ

 H2 

lần lượt là V1 và V2 .

Ta có: V  V1  V2
Mà r2 

 * ; V1  h1. r12

1
1
1
1
r1 , h2  2h1 nên V2  h2 . r22  2h1. . r12  h1. r12  V1 .
4
2

2
2





1
3
Từ  * ta có 30  V1  V1 � V1  20 cm .
2
Vậy thể tích khối trụ  H1  bằng 20 cm3 .

Câu 33. [2D3-1.3-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Họ nguyên hàm của hàm số f  x   4 x  1  ln x 
là
A. 2 x 2 ln x  3 x 2 .

B. 2 x 2 ln x  x 2 .

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

Chọn D
f  x  dx  �
4 x  1  ln x  dx .
Ta có I  �

1
�
du  d x

u  1  ln x
�
�
��
x .
Đặt �
dv  4 xdx
�
�
v  2x2
�

1
� I  2 x 2  1  ln x   �
2 x 2 . dx  2 x 2  1  ln x   x 2  C  2 x 2 ln x  x 2  C .
x
Vậy I  2 x 2 ln x  x 2  C .


Câu 34. [1H3-5.3-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh
�  600 , SA  a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng
a, BAD

 SCD 
A.

bằng

a 21
.

7

B.

a 15
.
7

C.

a 21
.
3

D.

a 15
.
3

Lời giải
Chọn A

Ta có: AB //CD � AB //  SCD  . Do đó: d  B,  SCD    d  A,  SCD   .
�  60�nên BCD
�  60�.
Vì BAD
Mặt khác tứ giác ABCD là hình thoi cạnh a nên BCD là tam giác đều cạnh a .
Gọi M là trung điểm của CD , suy ra BM  CD .
Kẻ AK //BM , K �CD , thì AK  CD.

Kẻ AH  SK tại H .
CD  AK
�
� CD   SAK  � CD  AH , mà SK  AH � AH   SCD  .
Ta có: �
CD  SA
�
Do đó d  A,  SCD    AH .
Ta có, tứ giác ABMK là hình chữ nhật nên AK  BM  a 3 .
2

AH .SK  SA. AK � AH 

SA  a , AK 

SA. AK ,
SK

a 3
a 7
a 21
, SK  SA2  AK 2 
� AH 
.
2
2
7

Vậy d  B,  SCD    d  A,  SCD    AH 

a 21
.
7

Câu 35. [2H3-3.3-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng
 P  : x  y  z  3  0 và đường thẳng d : x  y  1  z  2 . Hình chiếu vuông góc của d trên  P 
1
2
1
có phương trình là
x 1 y 1 z 1
x 1 y 1 z 1




A.
.
B.
.
1
4
5
3
2
1


C.

x 1 y 1 z 1


.
1
4
5

D.

x 1 y  4 z  5


.
1
1
1

Lời giải
Chọn C

Gọi d �là hình chiếu vuông góc của d trên  P  .
+  N   d � P  � N  t ; 1  2t ; 2  t  �d .

+ N � P  � t   1  2t    2  t   3  0 � t  1 , suy ra N  1;1;1 .

Mặt khác A  0; 1;2  �d . Gọi  là đường thẳng qua A vuông góc  P  , suy ra  đi qua A và có
uur
x y 1 z  2


một véctơ chỉ phương là nP   1;1;1 Do đó phương trình  : 
.
1
1
1
Gọi  H    � P  � H  m; 1  m; 2  m  � .
Do H � P  � m   1  m    2  m   3  0 � m 

2
�2 1 8 �
� H � ;  ; �.
3
�3 3 3 �

uuur �1 4 5 �
r
Ta có HN  � ; ;  �cùng phương với u   1; 4; 5  .
�3 3 3 �
r
Đường thẳng d �đi qua N  1;1;1 và có một véctơ chỉ phương u   1; 4; 5  có phuong trình là
x 1 y 1 z 1
d�
:


.
1
4
5
Cách trắc nghiệm: Nguyễn Ngọc Thảo.

+) Gọi  Q  là mặt phẳng chứa d và vuông góc với  P  �  Q  có một véctơ pháp tuyến là
uur
uur uur
�
nQ  �
u
�d , n p �  3; 2; 1 .
� P 
�
�d �
� d �có một véctơ chỉ phương là
+) Gọi d �là hình chiếu vuông góc của d lên  P  � �
� Q 
�d �
r
uur uur
�
u�
n
�P , nQ �  1; 4;5  � Loại B và D.

+) Ta thấy M  1; 1; 1 �d �ở đáp án A không thuộc  P  � Loại A.
Vậy ta chọn C.
Câu 36. [2D1-1.3-3] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Tập hợp các giá trị thực của m để hàm số
y   x3  6 x 2   4m  9  x  4 nghịch biến trên khoảng  �; 1 là
A.  �;0 .

�3
�
 ; ��.

B. �
�4
�

3�
�
�;  �.
C. �
4�
�

Lời giải
Chọn C

D.  0; �


+ TXĐ: �.
'
2
Ta có y  3 x  12 x   4m  9  .

3
2
Hàm số y   x  6x   4m  9  x  4 nghịch biến trên khoảng  �; 1 khi và chỉ khi

ۣ
4ۣ
m �
�

3x2 12 x 9, x
y�
 3x 2  12 x   4m  9  �0, x � �; 1 



; 1 .

2
 x   6 x  12; g'  x   0 � x  2 .
+ Xét hàm g  x   3 x  12 x  9, x � �; 1 ; g �
+ BBT

- 3
+ Từ bảng biến thiên suy ra 4m �-

3
4.

m





Câu 37. [2D4-2.4-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Xét các số phức z thỏa mãn  z  2i  z  2 là
số thuần ảo. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm biểu diễn của z là một đường tròn, tâm của đường
tròn đó có tọa độ là
C.  1;1 .

B.  1;1 .

A.  1; 1 .

D.  1; 1 .

Lời giải
Chọn D
+ Gọi z  x  yi , x, y ��.





x   y  2 i�
 x  2   yi �
+ Ta có  z  2i  z  2   x  yi  2i   x  yi  2   �
�
��
�
�
 x  x  2  y  y  2  �
i.
 x  2   y  2   xy �
�
�





+  z  2i  z  2 là số thuần ảo � x  x  2   y  y  2   0 �  x  1   y  1  2 .
2

2

+ Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z là đường tròn tâm I  1; 1 .
1

Câu 38. [2D3-2.1-3] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho

xdx

�
 x  2

2

 a  b ln 2  c ln 3 với a, b, c là

0

các số hữu tỷ. Giá trị của 3a  b  c bằng
A. 2 .
B. 1 .
Chọn B
1

xdx

�
 x  2
0

2

C. 2 .
Lời giải

D. 1 .

1
1
1
1
1
d  x  2
d  x  2
x22
1
1
�
d
x

d
x

2
d

x


2
2
2
2
�
�
�
�
x2
x2
0  x  2
0
0  x  2
0
0  x  2

 ln  x  2  0 
1

1

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

x2 0

1
Ta có a   , b  1 , c  1 . Vậy 3a  b  c  1 .
3

 x  có
Câu 39. [2D1-3.4-3] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f �
bảng biến thiên như sau


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

A. m �f  1  e .

1
B. m  f  1  .
e

1
C. m �f  1  .
e

D. m  f  1  e .

Lời giải
Chọn C
Ta có: f ( x)  e x  m , x � 1;1 � f ( x)  e x  m , x � 1;1 (*) .
Xét hàm số g ( x)  f ( x )  e x

( x)  f �
( x)  e x .
Ta có: g �

( x )  0 , e x  0 nên g �
( x)  f �
( x)  e x  0 , x � 1;1 .
Ta thấy với x � 1;1 thì f �
Bảng biến thiên

1
f ( 1)  .
e
Câu 40. [1D2-5.2-3] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có ba
ghế. Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh, gồm 3 nam và 3 nữ, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế
có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ
bằng?

Từ bảng biến thiên ta có m �g (1) ۳ m

A.

2
.
5

B.

1
.

20

C.

3
.
5

D.

1
.
10

Lời giải
Chọn A
Cách 1:
A

B

C

1
2
Số phần tử không gian mẫu là 6!  720 .
Xếp bạn nam thứ nhất có 6 cách, bạn nam thứ 2 có 4 cách, bạn nam thứ 3 có 2 cách.
Xếp 3 bạn nữ vào ba ghế còn lại có 3! cách.
Vậy xác suất cần tìm là

6.4.2.3! 288 2

 . Đáp án A.
6!
720 5


Câu 41.

[2H3-3.8-3] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
A  2; 2; 4  , B  3;3; 1 và mặt phẳng ( P ) : 2 x  y  2 z  8  0. Xét điểm M là điểm thay đổi
thuộc  P  , giá trị nhỏ nhất của 2 MA2  3MB 2 bằng
A. 135 .

B. 105 .

C. 108 .

D. 145 .

Lời giải
Chọn A
� 2 x A  3 xB
�xI 
5
�
uu
r uur
2 y  3 yB
�

� I  1;1;1 .
+) Gọi I là điểm thỏa 2 IA  3IB  0 � �yI  A
5
�
� 2 z A  3z B
�zI 
5
�
Khi đó ta có
uuu
r uu
r 2
uuu
r uur
2 MA2  3MB 2  2 MI  IA  3 MI  IB









2

uuu
r uu
r uur
 5MI 2  2 IA2  3IB 2  2 MI 2 IA  3IB  5MI 2  2 IA2  3IB 2 .





Mà IA2  27 và IB 2  12 . Suy ra 2 MA2  3MB 2  5MI 2  90 .
Suy ra 2 MA2  3MB 2 nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất � M là hình chiếu của I lên  P 
Ta có MI  d  I ,  P   

2.  1  1  2.1  8
22   1  22
2

 3.

Vậy giá trị nhỏ nhất của 2 MA2  3MB 2  5.32  90  135 .
Câu 42. [2D4-2.3-3] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn
z 2  2 z  z  4 và z  1  i  z  3  3i ?
A. 1 .

B. 2 .

C. 0 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn D
�
a 2  b2  4 a  4

�
Đặt z  a  bi  a, b �� . Khi đó ta có hệ phương trình �
2
2
�
�  a  1   b  1 
2
2
�
a2  b2  4 a  4
�
�a b  4 a  4
� �2
�
�
4a  8b  16
a  b 2  2a  2b  2  a 2  b 2  6a  6b  18
�
�
2
�
2b  4   b 2  4 2b  4  4
�

�a  2b  4
��
�� 2
5b  16b  12  8b  16
a  2b  4
�

�

a  2b  4
a  2b  4
�
�
� 2
� 2
�
�
5b  16b  12  8b  16
5b  8b  4  0
��
��
�
�
�
�
��
� ��
� ��
�b �2
�b �2
�� 2
�� 2
�
�
5b  16b  12  8b  16
5b  24b  28  0
��

��
�
�
��
��
b  2
b  2
�
�
��
��

 a  3

2

  b  3

2


a  2b  4
�
a  2b  4
�
�
� 2
�
��
b  hoa�

c b  2
�
2
��
��
5
b
�
�
�
��
� 5
� ��
� ��
.
�b �2
b


2
�
��
�
14
�
��
��
b
hoa�
c b  2

14
�
b
�
5
��
��
5
��
��
�
b  2
�
��
24 2
8 14
 i, z3    i thỏa mãn yêu cầu bài toán.
5 5
5 5
Câu 43. [2D1-5.3-3] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y  f  x  liên tục trên R và có đồ

Vậy có 3 số phức z1  2i, z2 

thị như hình vẽ. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f  sin x   m có
nghiệm thuộc khoảng  0;   là

A.  1;3 .

B.  1;1 .

C.  1;3 .

D.  1;1 .

Lời giải
Chọn D
Đặt t  sin x , với x � 0;   � t � 0;1 .
Khi đó phương trình f  sin x   m trở thành f  t   m .
Phương trình f  sin x   m có nghiệm x � 0;   khi và chỉ khi phương trình f  t   m có
nghiệm t � 0;1 . Điều này xảy ra khi và chỉ khi đường thẳng y  m có điểm chung với đồ thị
hàm số y  f  t  trên nửa khoảng  0;1 .

Dựa vào đồ thị đã cho ta có tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m là nửa khoảng  1;1 .
Câu 44. [2D2-4.5-3] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Ông A vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi
suất 1% /tháng. Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày
vay, ông bắt đầu hoàn nợ, hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở
mỗi tháng là như nhau và ông A trả hết nợ sau đúng 5 năm kể từ ngày vay. Biết rằng mỗi tháng
ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi số tiền mỗi tháng ông ta cần trả cho
ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây?
A. 2, 22 triệu đồng.
B. 3, 03 triệu đồng.
C. 2, 25 triệu đồng. D. 2, 20 triệu đồng.
Lời giải
Chọn A
Gọi x (triệu đồng) là số tiền ông A phải trả cho ngân hàng mỗi tháng, r  0, 01 là lãi suất hàng
tháng. Đặt q  1  r  1, 01 .


Số tiền ông A còn nợ sau khi trả lần thứ 1 là: T1  100  1  r   x  100q  x .
2

2
Số tiền ông A còn nợ sau khi trả lần thứ 2 là: T2  T1q  x  100q  qx  x  100q   q  1 x .

Số tiền ông A còn nợ sau khi trả lần thứ 3 là:
T3  T2 q  x   100q 2   q  1 x  q  x  100q 3   q 2  q  1 x .

Số tiền ông A còn nợ sau khi trả lần thứ 60 (lần cuối) là:

T60  100q 60   q 59  q 58  ...  q  1 x  100q 60 
Do sau 5 năm ông A trả hết nợ nên T60  0 � x 

q 60  1
x.
q 1

100q 60  q  1
�2, 22 .
q 60  1

Vậy số tiền mà ông A phải trả hàng tháng cho ngân hàng khoảng 2, 22 (triệu đồng).
Câu 45. [2H3-3.8-3] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm E  2;1;3 ,
mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  3  0 và mặt cầu  S  :  x  3   y  2    z  5   36 . Gọi  là
2

2

2

đường thẳng qua E , nằm trong  P  và cắt  S  tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương
trình của  là

�x  2  9t
�
A. �y  1  9t .
�z  3  8t
�

�x  2  5t
�
B. �y  1  3t .
�z  3
�

�x  2  t
�
C. �y  1  t .
�z  3
�

�x  2  4t
�
D. �y  1  3t .
�z  3  3t
�

Lời giải
Chọn C

r
Mặt cầu  S  có tâm I  3; 2;5  , bán kính R  6 , mp  P  có véctơ pháp tuyến n   2; 2;  1 .
r

Gọi u là một véctơ chỉ phương của đường thẳng  .
Ta có IE  6  R nên đường thẳng  qua E luôn cắt  S  tại hai điểm phân biệt A, B .
Gọi H là trung điểm AB thì IH  AB � AB  2 AH  2 IA2  IH 2  2 R 2  IH 2 .
Do IH �IE nên AB �2 R 2  IE 2 .

uur r
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi H �E � AB  IE. Ta có �
EI ; n �
�
�  5;5;0  .
r uur
uur r
�
u  EI
r
r
�
�
EI ; n �
  5;5;0  . Chọn u  1; 1;0  .
r
r
�
Vì
nên u cùng phương với �
�
un
�

�x  2  t
�
Vậy đường thẳng  có phương trình là: �y  1  t  t �� .
�z  3
�

Câu 46. [2D3-3.5-4] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn
đỉnh A1 , A2 , B1 , B2 như hình vẽ bên. Biết chi phí để sơn phần tô đậm là 200.000 đồng/ m 2 và phần
còn lại là 100.000 đồng/ m 2 . Hỏi số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây,
biết A1 A2  8m, B1 B2  6m và tứ giác MNPQ là hình chữ nhật có MQ  3m .
A. 7 322 000 đồng.

B. 7 213000 đồng.

C. 5526 000 đồng.

D. 5782 000 đồng.

Lời giải
Chọn A

Gắn hệ trục tọa độ Oxy có A1 A2 trùng với trục Ox , B1 B2 trùng với trục Oy , gốc tọa độ
O  A1 A2 �B1 B2 (như hình vẽ).
Elip có độ dài trục lớn 2a  A1 A2  8 � a  4  m  , độ dài trục nhỏ 2b  B1 B2  6 � b  3  m  .
Suy ra phương trình chính tắc của elip là
Do MQ  3 � yM 

3
x2 y 2
2

 2  1 � y  � 16  x . Trong đó:
2
4
4
3

MQ 3
y2
 � xM  4 1  M  2 3 � xN  2 3 .
2
2
9

Gọi S1 là diện tích phần tô đậm của elip, S 2 là diện tích phần không bị tô đậm của elip và S là
3
16  x 2 ,
diện tích elip. Suy ra S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y 
4
3
y   16  x 2 , x  2 3 , x  2 3
4
Ta có:


2
+ S   ab  12  m  .
2 3

2 3
3

�3
2
2 �

16  x �dx = 3 �16  x 2 dx .
+ S1  � 16  x  �
4
�4
�
2 3
0

Đặt x  4sin t � dx  4 cos tdt .
Khi x  0 � t  0 . Khi x  2 3 � t 
2 3


3


3


3


3

0

0

0

� S1 = 3 �16  x 2 dx = 3 16  16sin 2 t .4 cos tdt  48 cos 2 tdt 
�
�
0

  24t  12sin 2t 


3
0

24  1  cos2t  dt
�

 8  6 3  m 2  .

� S 2  S  S1  4  6 3  m 2  .

Suy ra chi phí để sơn biển quảng cáo là: 200000.S1  100000.S 2 �7322416 (đồng).
Vậy số tiền để sơn biển quảng cáo gần nhất với 7 322 000 đồng.
B C có thể tích bằng
Câu 47. [2H1-3.2-4] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho khối lăng trụ ABC. A���
M
,
N
1. Gọi

lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AA�và BB�
. Đường thẳng CM cắt đường
Q
�
�
�
�
thẳng C A tại P , đường thẳng CN cắt đường thẳng C B tại . Thể tích của khối đa diện lồi
A�
MPB�
NQ bằng
1
1
2
A. 1 .
B. .
C. .
D. .
3
2
3

Lời giải
Chọn D

+) Ta có A�là trung điểm PC�
; B�là trung điểm QC�
. Do đó SC �PQ  4 SC �
A��
B �

+) VC .C�PQ 

SC �
PQ

4 .
SC �
A��
B

SC �
PQ

�1
� 4
.VC . A���
 .
B C  4VC . A���
B C  4 � V ABC . A���
BC �
SC �
�3
� 3
A��
B

1 �A�
M B�
N C�
C�

1 �1 1 �
2
.�


VABC . A���
. �   1�
VABC . A���
.
+) Mặt khác VA���
B C . MNC 
BC 
BC 
�
3 �A�
A B�
B C�
C�
3 �2 2 �
3
+) Do đó VA�MPB�NQ  VC .C �
PQ  VA���
B C . MNC 

4 2 2
  .
3 3 3


Câu 48. [2D1-1.2-4] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y  f  x  có bảng xét dấu của đạo

hàm như sau:

3
Hàm số y  3 f  x  2   x  3x đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A.  1; � .

B.  �; 1 .

C.  1;0 .

D.  0;2  .

Lời giải
Chọn C
Cách 1:

 0 � 3f �
 x  2   3x 2  3  0 � f �
 x  2  x2  1 .
Ta có y�
(t )  (t  2) 2  1 .
Đặt t  x  2, bất phương trình trở thành: f �
�
�
 t  2 1  0 ,  I  .
Xét hệ bất phương trình �
(t )  0
�f �
2

1 t  3
�1  t  2  1 �
�
�
1 t  2
1 t  2
1 t  2
�
��
��
� ��
��
Ta có  I  � ��
.
2t 3
2t 3 �
2t 3
��
��
��
��
t4
t4
��
��

1 x  2  2
1  x  0
�

�
��
Khi đó �
.
2 x23 �
0  x 1
�
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng  1;0  .
Cách 2: Lưu Thêm
3
Xét hàm số y  3 f  x  2   x  3x
2
�
�
y�
 3f �
 x  2   3x 2  3  3 �
�f  x  2    1  x  �.

�3 � � �
�7 � 5 �
Ta có y �
� � 3 �f � � � 0 nên loại đáp án A, D.
�2 � � �2 � 4 �
y�
 2   3 �
 0  3�
�f �
� 0 nên loại đáp án B.
Vậy ta chọn đáp án C.

Câu 49. [0D4-5.2-4] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số
m để bất phương trình m 2  x 4  1  m  x 2  1  6  x  1 �0 đúng với mọi x ��. Tổng giá trị của

tất cả các phần tử thuộc S bằng
3
A.  .
B. 1 .
2

1
C.  .
2

Lời giải
Chọn C
2
4
2
Đặt f  x   m  x  1  m  x  1  6  x  1 .

m 2  x3  x 2  x  1  m  x  1  6 �
Ta có f  x    x  1 �
�
�.

D.

1
.
2

x 1  0
�
f  x  0 � � 2 3
.
m  x  x 2  x  1  m  x  1  6  0,  1
�

Nhận xét: Nếu x  1 không là nghiệm của phương trình  1 thì x  1 là nghiệm đơn của phương
trình f  x   0 nên f  x  đổi dấu khi qua nghiệm x  1 .
Suy ra mệnh đề f  x  �0 , x �� là mệnh đề sai.
Do đó điều kiện cần để f  x  �0 , x �� là x  1 là nghiệm của phương trình  1 .
m 1
�
Khi đó ta có 4m  2m  6  0 � �
3.
�
m
�
2
2

+) Với m  1 , ta có f  x    x  1

2

x

2

 2 x  4  �0 , x ��� chọn m  1 .

3
3
3
2
2
+) Với m   , ta có f  x    x  1  3 x  6 x  7  �0 , x ��� chọn m   .
2
4
2
1
� 3�
1;  �. Vậy tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S bằng  .
Suy ra S  �
2
2
�
Câu 50. [2D1-5.5-4]
(ĐTK
BGD&ĐT
NĂM
2018-2019)
Cho
hàm
số
f  x   mx 4  nx3  px 2  qx  r  m, n, p, q, r �� . Hàm số y  f �
 x  có đồ thị như hình vẽ bên.

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

A. .
4

B.

3

.

C. .
1

D.

2

.

Lời giải
Chọn B
Cách 1:
5�
 x  ta có f �
 x   k  x  1 �
 x  3 , k  0.
Dựa trên đồ thị hàm số y  f �
�x  �
� 4�

( x)  4mx3  3nx 2  2 px  q.
Mặt khác f �
Đồng nhất ta có
� 5�
4mx3  3nx 2  2 px  q  k  x  1 �x  �
 x  3 , x
� 4�
x 15 �
� 13
� 4mx 3  3nx 2  2 px  q  k �x 3  x 2   �
, x
4
2 4�
�


� 1
4m  k
m k
�
�
4
�
�
13
�
13
3n   k
�

n k
4
�
�
�
12 � f x  k �1 x 4  13 x 3  1 x 2  15 x � r.
��
  �
1 ��
�
1
12
4
4 �
2p   k
�4
�
�
p


k
2
�
�
4
15
�
�
15

q k
�
�
q k
� 4
� 4
x0
�
�
13
1
15 �
1
13
1
15
5
�1
f  x   r � k � x4  x3  x 2  x �
 r  r � x 4  x3  x 2  x  0 � �
x .
12
4
4 �
4
12
4
4
3
�

�4
�
x

3
�
Chọn đáp án B.
x  1
�
� 5
 x   0 � �x 
Cách 2: Xét hàm số f  x  có f �
� 4
�
x3
�
Ta đi so sánh f  0  với f  3 .
3

3

5�
� 5�
f�
( x)dx  �
k  x  1 �x  �
 x   k  x  1 �
 x  3 � f  3  f  0   �
 x  3 dx  0
Ta có: f �

�x  �
� 4�
� 4�
0
0

� f  0   f  3 .

Bảng biến thiên:

� �5 �
�
; f  1 �
.
Ta có r  f  0  ��f � �
� �4 �
�
Đường thẳng y  f  0  cắt đồ thị hàm số f  x  tại 3 điểm phân biệt. Do đó phương trình

f  x   r  f  0  có 3 nghiệm phân biệt. Chọn đáp án B.